Marko Slapar

Zapiski predavanj iz matematične analize

Ljubljana, Junij 2012

Naslov: Zapiski predavanj iz matematične analizeAvtor: Marko Slapar1. izdajaDostopno na spletnem naslovu http://hrast.pef.uni-lj.si/~slaparma

CIP - Katataloški zapis o publikacijiNarodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana

517(0.034.2)

SLAPAR, Marko

Zapiski predavanj iz Matematične Analize [Elektronski vir]/Marko Slapar. - 1. izd. - El. knjiga. - Ljubljana : samozal., 2012

Način dostopa (URL):http://hrast.pef.uni-lj.si/~slaparma/MA.pdf

ISBN 978-961-276-478-4 (pdf)

262520576

Izdano v samozaložbi junija 2012. Avtor si pridružuje vse pravice.

Kazalo

Poglavje 1. Odvod 21.1. Definicija odvoda in osnovne lastnosti 21.2. Odvodi osnovnih funkcij 41.3. Geometrijska interpretacija odvoda 61.4. Odvodi vǐsjega reda 71.5. Geometrijske lastnosti prvega odvoda 81.6. Ekstremi funkcij 91.7. Konkavnost in konveksnost funkcij 111.8. L’Hospitalovo pravilo 131.9. Risanje grafov funkcij 15

Poglavje 2. Nedoločeni integral 182.1. Definicija nedoločenega integrala 182.2. Integrali nekaterih elementarnih funkcij 182.3. Lastnosti nedoločenega integrala 192.4. Integracijske metode 21

Poglavje 3. Določeni ali Riemannov integral 283.1. Definicija določenega integrala 283.2. Lastnosti določenega integrala 323.3. Osnovni izrek integralskega računa 343.4. Zamenjava spremenljivk in per-partes v določenem integralu 353.5. Izlimitirani integral 383.6. Uporaba integrala v geometriji 42

Poglavje 4. Funkcijska zaporedja in funkcijske vrste 464.1. Konvergenca in enakomerna konvergenca 464.2. Funkcijske vrste 484.3. Potenčne vrste 504.4. Taylorjeva vrsta 54

1

POGLAVJE 1

Odvod

1.1. Definicija odvoda in osnovne lastnosti

Definicija 1.1.1. Naj bo funkcija f definirana v okolici točke a ∈ R. Čeobstaja limita

limx→a

f(x)− f(a)x− a ,

rečemo, da je f odvedljiva v točki a in limito

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

imenujemo odvod funkcije f v točki a.

Z uvedbo nove spremenljivke h = x− a lahko odvod pǐsemo tudi kot limito

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)h

.

Primer 1.1.2. Izračunajmo odvod funkcije f(x) = x2 + x v točki x = 2.

f ′(2) = limh→0

f(x+ h)− f(2)h

= limh→0

(2 + h)2 + (2 + h)− 6h

limh→0

5h+ h2

h= lim

h→05 + h = 5

Primer 1.1.3. Pokažimo, da funkcija f(x) = |x| ni odvedljiva v točki 0.

f ′(0) = limh→0

f(h)− f(0)h

= limh→0

|h|h.

Ker je izraz |h|/h enak 1 za pozitivne h in −1 za negativne h, zgornja limita, in stem tudi odvod v točki 0, ne obstaja.

Pokažimo, da je odvod več kot le zveznost.

Izrek 1.1.4. Če je funkcija f v a odvedljiva, je f v a zvezna.

Dokaz. Velja

limx→a

f(x) = limx→a

(

f(a) + (x− a)f(x)− f(a)x− a

)

= f(a) + 0f ′(a) = f(a).

�

Definicija 1.1.5. Funkcija f : (a, b) → R je odvedljiva na intervalu (a, b), če jeodvedljiva v vsaki točki x ∈ (a, b). Če je funkcija f odvedljiva na (a, b) in je odvodf ′(x) zvezna funkcija na (a, b), rečemo, da je f zvezno odvedljiva na (a, b).

Opomba. V kolikor je funkcija definirana na [a, b], lahko definiramo (desni)odvod funkcije f v točki a kot limito

limx→a+

f(x)− f(a)x− a .

2

1.1. DEFINICIJA ODVODA IN OSNOVNE LASTNOSTI 3

Podobno definiramo lahko (levi) odvod v točki b kot

f ′(b) = limx→b−

f(x)− f(b)x− b .

Za funkcijo f : [a, b] → R rečemo, da je odvedljiva na [a, b], če je odvedljiva na (a, b)in ima v a oz. b desni oz. levi odvod.

Izrek 1.1.6. Če sta f in g odvedljivi v a, so v a odvedljive tudi funkcije f + g,f − g in f · g. Če je g(a) 6= 0 je v a odvedljiva tudi f/g. Velja

(i) (f ± g)′(a) = f ′(a)± g′(a),(ii) (fg)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a), (Leibnizova formula)

(iii)(

fg

)

= f′(a)g(a)−f(a)g′(a)

(g(a))2 .

Dokaz. (i)

(f ± g)′(a) = limx→a

f(x)± g(x)− (f(a)± g(a))x− a

= limx→a

f(x)− f(a)x− a ± limx→a

g(x)− g(a)x− a = f

′(a) + g′(a)

(ii)

(fg)′(a) = limx→a

f(x)g(x)− f(a)g(a)x− a

= limx→a

f(x)g(x)− f(x)g(a) + f(x)g(a)− f(a)g(a)x− a

= limx→a

f(x)g(x)− f(x)g(a)x− a + limx→a

f(x)g(a)− f(a)g(a)x− a

=(

limx→a

f(x))

limx→a

g(x)− g(a)x− a + g(a) limx→a

f(x)− f(a)x− a

f(a)g′(a) + f ′(a)g(a)

(iii)

(f/g)′(a) = limx→a

f(x)/g(x)− f(a)/g(a)x− a

= limx→a

f(x)g(a)− f(a)g(x)g(x)g(a)(x− a)

= limx→a

f(x)g(a)− f(a)g(a) + f(a)g(a)− f(a)g(x)g(x)g(a)(x− a)

limx→a

f(x)g(a)− f(a)g(a)g(x)g(a)(x− a) + limx→a

f(a)g(a)− f(a)g(x)g(x)(g(a)(x− a)

= limx→a

1

g(x)limx→a

f(x)− f(a)x− a − limx→a

f(a)

g(a)g(x)limx→a

g(x)− g(a)x− a

=f ′(a)

g(a)− f(a)g

′(a)

(g(a))2=

f ′(a)g(a)− f(a)g′(a)(g(a))2

.

�

Izrek 1.1.7. Naj bo g odvedljiva v točki a in f odvedljiva v točki g(a). Potemje funkcija f ◦ g odvedljiva v a in velja

(f ◦ g)′(a) = f ′(g(a)g′(a), (verǐzno pravilo)

1.2. ODVODI OSNOVNIH FUNKCIJ 4

Dokaz. Označimo b = g(a).

(f ◦ g)′(a) = limx→a

f(g(x))− f(g(a))x− a

= limx→a

f(g(x))− f(g(a))g(x)− g(a)

g(x)− g(a)x− a

= limx→a

f(g(x))− f(g(a))g(x)− g(a) limx→a

g(x)− g(a)x− a

= g′(a) lims→b

f(s)− f(b)s− b = f

′(b)g′(a) = f ′(g(a))g′(a).

Z s smo označili g(x) in ker je g zvezna v a, gre s = g(x) proti b = g(a), ko gre xproti a. �

1.2. Odvodi osnovnih funkcij

f(x) = c:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0

c− ch

= 0

f(x) = x:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0

x+ h− xh

= 1

f(x) = xn, n ∈ N: Z indukcijo pokažimo, da je

(xn)′ = nxn−1.

Po zgornjem formula velja za n = 1. Predpostavimo, da velja (xn−1)′ = (n−1)xn−2.Potem je

(xn)′ = (xxn−1)′ = x′xn−1 + x(n− 1)xn−2 = nxn−1.f(x) = ex:

(ex)′ = limh→0

ex+h − exh

= ex limh→0

eh − 1h

= ex.

f(x) = lnx: Velja

x = eln x

in če obe strani odvajamo in upoštevamo verižno pravili, dobimo

1 = eln x(lnx)′

oziroma

(lnx)′ =1

x.

f(x) = ax, a > 0:

(ax)′ = (ex ln a)′ = ex ln a ln a = ax ln a.

f(x) = xa, a ∈ R:

(xa)′ = (ea ln x)′ = ea ln xa

x= axa

1

x= axa−1.

f(x) = shx = ex−e−x

2 in g(x) = chx =ex+e−x

2 :

(shx)′ =

(

ex − e−x2

)′=

ex + e−x

2= chx

in

(chx)′ =

(

ex + e−x

2

)′=

ex − e−x2

= shx

1.2. ODVODI OSNOVNIH FUNKCIJ 5

f(x) = sinx:

(sinx)′ = limh→0

sin(x+ h)− sinxh

= limh→0

sinx cosh+ cosx sinh− sinxh

= sinx limh→0

cosh− 1h

+ cosx limh→0

sinh

h

= − sinx limh→0

2 sin2 h2h

+ cosx = cosh

f(x) = cosx:

(cosx)′ = (sin (π

2− x))′ = − cos (π

2− x) = − sinx

f(x) = tanx:

(tanx)′ =

(

sinx

cosx

)′=

cos2 x+ sin2 x

cos2 x=

1

cos2 x

f(x) = arcsinx:

(sin(arcsinx))′ = (x)′ ⇒ cos(arcsinx)(arcsinx)′ = 1

⇒ (arcsinx)′ = 1cos(arcsinx)

Ker je

cos2(arcsinx) = 1− sin2(arcsinx) = 1− x2

lahko poenostavimo

(arcsinx)′ =1√

1− x2.

f(x) = arccosx:

arccosx =π

2− arccosx ⇒ (arccosx)′ = − 1√

1− x2.

f(x) = arctanx:

(tan(arctanx))′ = (x)′ ⇒ 1cos2(arctanx)

(arctanx)′ = 1

⇒ (arctanx)′ = cos2(arctanx)Ker je

1

cos2(arctanx)= 1 + tan2(arctanx) = 1 + x2

lahko poenostavimo

(arctanx)′ =1

1 + x2.

Primer 1.2.1. Izračunajmo odvod funkcije

f(x) = ln(x+√

x2 + a),

pri čemer je a poljubno realno število.

(ln(x+√

x2 + a))′ =1

x+√x2 + a

(

1 +1√

x2 + a2x

)

=1

x+√x2 + a

√x2 + a+ x√x2 + a

=1√

x2 + a

1.3. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA ODVODA 6

Če v zapisu funkcije f(x) vstavimo a = 1, dobimo funkcijo arshx, ki je inverznafunkcije funkciji shx, in če vstavimo a = −1 dobimo funkcijo archx, ki je inverzfunkcije chx. Torej

arshx = ln(x+√

x2 + 1), archx = ln(x+√

x2 − 1),pri čemer smo izpeljali

(arshx)′ =1

x2 + 1, (archx)′ =

1

x2 − 1 .

Primer 1.2.2. Izračunajmo odvod funkcije f(x) = xx.

(xx)′ =(

ex ln x)′

= ex ln x(

lnx+ x1

x

)

= xx(1 + lnx).

Podobno izračunamo vse odvode funkcij oblike f(x) = g(x)h(x).

Primer 1.2.3. Izračunajmo odvod funkcije

f(x) =

{

e−1

x2 ;x 6= 00 ;x = 0

Ker je limita

limx→0

e−1

x2 = 0,

je funkcija f(x) zvezna na vsej realni osi. Za x 6= 0 je odvod funkcije enak(

e−1

x2

)′= e−

1

x22

x3.

V točki x = 0 je nekoliko bolj zapleteno, saj moramo izračunati limito

limh→0

f(h)− f(0)h

= limh→0

e−1

h2

h

y=1/h= lim

y→±∞

y

ey2= 0.

Torej je

f ′(x) =

{

2x3 e

− 1x2 ;x 6= 0

0 ;x = 0

Ker je

limx→0

2

x3e−

1

x2y=1/x= lim

y→±∞

2y3

ey2= 0,

je f ′ zvezna in zato f zvezno odvedljiva.

1.3. Geometrijska interpretacija odvoda

Vzemimo poljubno funkcijo f : D → R in poskusimo določiti tangento na graffunkcije f(x) v točki a ∈ D.

a

f(a)

Slika 1.1. Tangenta na graf funkcije

1.4. ODVODI VIšJEGA REDA 7

Povsem elementarno je težko določiti enačbo tangente, ker poznamo le enotočko, skozi katero mora iti tangenta. To je točka (a, f(a)). Za določitev premicepa bi radi poznali koordinate dveh točk, ki ležita na premici. Seveda pa je enostavnodoločiti enačbo sekante, ki gre skoti točki (a, f(a)) ter (x, f(x)), pri čemer je x nekoštevilo blizu a. Označimo z kx smerni koeficient te sekante. Izračunamo ga kotkvocient

kx =f(x)− f(a)

x− a .

Opazimo, da (vsaj za lepe funkcije) velja princip, da bližje ko izberemo točko xtočki a, bolj se bo sekanta ujemala s tangento. Za smerni koeficient k tangente topomeni

limx→a

kx = k,

oziroma

k = limx→a

f(x)− f(a)x− a = f

′(x).

Definicija 1.3.1. Naj bo funkcija f odvedljiva v točki a. Tangenta funkcije fv točki a je premica

y = f(a) + f ′(a)(x− a).Normala v točki a je premica

y = f(a)− 1f ′(a)

(x− a).

Primer 1.3.2. Določimo tangento in normalo na graf funkcije

f(x) = x arctanx

v točki x = 1. Velja

f ′(1) = (arctanx+x

1 + x2)|x=1 =

π

4+

1

2.

Zato je tangenta v točki x = 1 enaka

y =π

4+

π − 24

(x− 1) = π − 24

x+1

2

in normala je

y =π

4− 4

π − 2(x− 1).

1.4. Odvodi vǐsjega reda

Naj bo f : I → R odvedljiva funkcija na odprtem intervalu I. Odvod f ′ jenato zopet funkcija, definirana na intervalu I. V kolikor je f ′ : I → R odvedljiva,označimo (f ′)′ = f ′′ in to funkcijo imenujemo drugi odvod funkcije f . Postopeklahko indukcijsko nadaljujemo. Recimo, da imamo n-ti odvod funkcije f , t.j. f (n),in da je le ta funkcija odvedljiva. Označimo (f (n))′ = f (n+1) in funkciji rečemo(n+ 1)-odvod funkcije f .

Primer 1.4.1. Izračunajmo vǐsje odvode funkcije f(x) = xex.

f ′(x) = ex + xex

f ′′(x) = ex + ex + xex = 2ex + xex

f ′′′(x) = 2ex + ex + xex

· · ·f (n)(x) = (n+ x)ex.

1.5. GEOMETRIJSKE LASTNOSTI PRVEGA ODVODA 8

Definicija 1.4.2. Naj bo I poljuben interval. S C(I) označimo množico zveznihfunkcij na I. Če je I odprt interval, s Cn(I) označimo množico n-krat zveznoodvedljivih funkcij na I, t.j. funkcij, ki jih lahko n-krat odvajamo na I in je njihovn-ti odvod zvezen. S C∞(I) označimo množico neskončno krat odvedljivih funkcij,t.j. funkcij, ki jih lahko poljubno krat odvajamo.

1.5. Geometrijske lastnosti prvega odvoda

Trditev 1.5.1. Naj bo f definirana v okolici točke a in naj bo f v a odvedljiva.

(i) Če je f ′(a) > 0 funkcija f narašča v a, t.j. obstaja δ > 0, da je f(x) <f(a) za x ∈ (a− δ, a) in f(a) < f(x) za x ∈ (a, a+ δ).

(ii) Če je f ′(a) < 0 funkcija f pada v a, t.j. obstaja δ > 0, da je f(x) > f(a)za x ∈ (a− δ, a) in f(a) > f(x) za x ∈ (a, a+ δ).

Dokaz. Pokažimo samo točko (i), saj se (ii) dokaže podobno. Po predpostavkivelja

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a > 0.

Iz definicije limite sledi, da obstaja δ > 0, da velja

f(x)− f(a)x− a > 0,

če je x ∈ (a−δ, a+δ)\{a}. Na intervalu (a−δ, a) je x−a < 0 in je zato f(a) < f(a).Na (a, a+ δ) je x− a > 0 in zato f(a) < f(x). �

Izrek 1.5.2 (Rolleov izrek). Naj bo f zvezna na intervalu [a, b], odvedljiva na(a, b), in naj velja f(a) = f(b). Potem obstaja ξ ∈ (a, b), da velja f ′(ξ) = 0.

Dokaz. Ker je funkcija zvezna na [a, b] ima f na [a, b] maksimum in minimum.V kolikor f ni konstantna, je vsaj eden od njiju različen od f(a)(= f(b)). Recimo,da je to maksimum (enak sklep je za minimum) in da je le ta dosežen v ξ ∈ (a, b).Ker ima f v ξ maksimum, funkcija v ξ ne narašča in ne pada, in iz preǰsnje trditvesledi, da je f ′(ξ) = 0. �

Opomba. Rolleov izrek nam pove, da ima funkcija, ki je zvezna na [a, b], od-vedljiva na (a, b), in za katero velja f(a) = f(b), vsaj eno točko ξ ∈ (a, b), za kateroje tangenta vzporedna z x-osjo.

Izrek 1.5.3 (Lagrangeov izrek). Naj bo f : [a, b] → R zvezna na [a, b] inodvedljiva na (a, b). Potem obstaja ξ ∈ (a, b), da velja

f(b)− f(a) = f ′(ξ)(b− a).Dokaz. Definirajmo g : [a, b] → R s predpisom

g(x) = f(x)− f(b)− f(a)b− a (x− a).

Funkcija g je zvezna na [a, b] ter odvedljiva na (a, b) in velja g(a) = f(a) in g(b) =f(a). Po Rolleovem izreku obstaja ξ ∈ (a, b), da velja g′(ξ) = 0, kar pomeni

g′(ξ) = f ′(ξ)− f(b)− f(a)b− a = 0

oziromaf(b)− f(a) = f ′(ξ)(b− a).

�

Posledica 1.5.4. Naj bo f : (a, b) → R odvedljiva. Velja(i) f ′(x) ≥ 0 za vsak x ∈ (a, b) natanko tedaj, ko je f naraščajoča na (a, b).

1.6. EKSTREMI FUNKCIJ 9

(ii) f ′(x) ≤ 0 za vsak x ∈ (a, b) natanko tedaj, ko je f padajoča na (a, b).(iii) Če je f ′(x) > 0 za vsak x ∈ (a, b), je f strogo naraščajoča na (a, b).(iv) Če je f ′(x) < 0 za vsak x ∈ (a, b), je f strogo padajoča na (a, b).Dokaz. (i) Predpostavimo, da je f ′(x) ≥ 0 na (a, b). Naj bosta x1, x2 ∈ (a, b),

x1 < x2. Iz Lagrangeovega izreka sledi f(x2) − f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1) za nekξ ∈ (x1, x2). Ker je f ′(ξ) ≥ 0 velja f(x2) ≥ f(x1). Obratno, če je f naraščajoča, zah > 0 velja f(x+ h) ≥ f(x) in za h < 0 f(x+ h) ≤ f(x). Zato je za vsak majhenh 6= 0

f(x+ h)− f(x)h

≥ 0in tako

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

≥ 0.Podobno dokažemo ostale trditve.

Opomba. Za funkcijo f(x) = x3 velja f ′(0) = 0, a funkcija vseeno strogonarašča na celem R (tudi skozi točko 0). Zato imamo v točkah (iii) in (iv) implikacijole v eno smer in ne ekvivalence.

�

1.6. Ekstremi funkcij

Definicija 1.6.1. Naj bo f : D → R funkcija. Funkcija f ima v a ∈ D globalnimaksimum (globalni minimum), če za vsak x ∈ D velja f(x) ≤ f(a) (f(x) ≥ f(a)).Funkcija f ima v b lokalni maksimum (lokalni minimum), če ima f zožena na nekookolico b v b globalni maksimum (globalni minimum).

Definicija 1.6.2. Naj bo f : D → R odvedljiva v a ∈ D. Če je f ′(a) = 0,rečemo, da je a stacionarna točka za funkcijo f .

Trditev 1.6.3. Naj bo f : I → R, kjer je I interval. Če ima f v a ∈ I lokalniekstrem in je f v a odvedljiva, je a stacionarna točka, i.e. f ′(a) = 0.

Dokaz. Ker je f v a odvedljiva, je a nujno notranja točka intervala I. Če jef ′(a) > 0, f v a narašča, in zato f v a nima lokalnega ekstrema. Če je f ′(a) < 0, f va pada in zopet v a ne more imeti lokalnega ekstrema. Torej je nujno f ′(a) = 0. �

Iskanje globalnih ekstremov. Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Potemima f na [a, b] tako globalni minimum kot tudi globalni maksimum. Iz trditve 1.6.3sledi, da so edini možni kandidati za točke, kjer ima funkcija globalne ekstreme,

1. robni točki a in b,2. stacionarne točke za f , t.j. točke, kjer je f ′(x) = 0 in3. točke x ∈ (a, b), kjer funkcija f ni odvedljiva.

Da poǐsčemo globalni maksimum in globalni minimum moramo preveriti vrednostifunkcije f v teh točkah, in izbrati največjo oziroma najmanǰso. Običajno točk, vkaterih moramo vrednosti preveriti ni veliko, seveda pa se lahko tudi zgodi, da jetakih ročk neštevno mnogo, in nam ta strategija ni v veliko pomoč.

Primer 1.6.4. Poǐsčimo globalni ekstrem funkcije

f(x) =√3 sinx+ cos2 x

na intervalu [0, 2π]. Funkcija je odvedljiva na [0, 2π] zato so kandidati za globalneekstreme le stacionarne in robne točke. Stacionarne točke so

f ′(x) =√3 cosx− 2 cosx sinx = 0 ⇔ cosx(

√3− 2 sinx) = 0

⇔ x = π/2, 3π/2, x = π/3, x = 2π/3.

1.6. EKSTREMI FUNKCIJ 10

Preverimo vrednosti v stacionarnih točkah in robnih točkah intervala: f(0) = 1,

f(2π) = 1, f(π/2) =√3, f(3π/2) = −1, f(π/3) = 7/4, f(3π/2) = 7/4. Globalni

minimum je −1, dosežen v x = 3π/2 in globalni maksimum je 7/4, dosežen vx = π/2 in x = 3π/2.

Primer 1.6.5. Poǐsčimo dve nenegativni števili z vsoto 9, tako da bo produktprvega s kvadratom drugega največji možen. Če eno od teh dveh števil označimo zx, je drugo število 9− x. Poiskati moramo torej maksimum funkcije

f(x) = x(9− x)2,

kjer je f definirana na [0, 9]. Poǐsčimo stacionarne točke:

f ′(x) = (9− x)2 − 2x(9− x) = (9− x)(9− 3x) ⇔ x = 9, x = 3.

Ker nas zanimajo le stacionarne točke iz notranjosti intervala, je to le x = 3.Kandidata za ekstrem sta tudi x = 0 in x = 9. Preverimo vrednosti: f(0) = 0,f(9) = 0, f(3) = 108. Maksimum 108 je torej dosežen v točki x = 3.

Klasifikacija lokalnih ekstremov. Naj bo f : (a, b) → R odvedljiva. Če jev točki c ∈ (a, b) lokalni ekstrem, je c stacionarna točka. V tem razdelku si bomopogledali, kdaj je stacionarna točka dejansko lokalni ekstrem in, ali je ta lokalniekstrem lokalni maksimum ali lokalni minimum.

Izrek 1.6.6. Naj bo f definirana in odvedljiva v okolici točke a in naj bo f ′(a) =0.

(i) Če obstaja δ > 0, da je f ′(x) ≤ 0 za x ∈ (a − δ, a) in f ′(x) ≥ 0 zax ∈ (a, a+ δ), ima f v a lokalni minimum.

(ii) Če obstaja δ > 0, da je f ′(x) ≥ 0 za x ∈ (a − δ, a) in f ′(x) ≤ 0 zax ∈ (a, a+ δ), ima f v a lokalni maksimum.

(iii) Če obstaja δ > 0, da je f ′(x) > 0 za x ∈ (a − δ, a + δ)\{a} oziromaf ′(x) < 0 za x ∈ (a− δ, a+ δ)\{a}, f v a nima lokalnega ekstrema.

Dokaz. Dokaz sledi iz Posledice 1.5.4. �

Izrek 1.6.7. Naj bo f definirana v okolici točke a in naj ima v a drugi odvod.Naj bo f ′(a) = 0.

(i) Če je f ′′(a) > 0 ima f v a lokalni minimum.(ii) Če je f ′′(a) < 0 ima f v a lokalni maksimum.

Dokaz. Če je f ′′(a) > 0, f ′ v a narašča, kar sledi iz trditve 1.5.1. Torej obstajaδ > 0, da je f ′(x) < f ′(a) = 0 za x ∈ (a−δ, a) in f ′(x) > f ′(a) = 0 za a ∈ (a, a+δ).Torej ima f v a lokalni minimum po točki (i) preǰsnjega izreka. Podobno dokažemotočko (ii). �

Primer 1.6.8. Klasificirajmo lokalne ekstreme funkcije

f(x) =√3 sinx+ cos2 x

na intervalu (0, 2π). Stacionarne točke smo že izračunali: x = π/2, x = 3π/2, x =π/3, x = 2π/3. Izračunajmo drugi odvod

f ′′(x) = (√3 cosx− 2 cosx sinx)′ = −

√3 sinx+ 2 sin2 x− 2 cos2 x.

f ′′(π/2) = −√3 + 2 > 0, torej je v π/2 lokalni minimum. f ′′(3π/2) =

√3 + 2 > 0,

torej je v 3π/2 lokalni minimum. f ′′(π/3) = −1/2, torej je v π/3 lokalni maksimumin f ′′(2π/3) = −1/2, torej je v 2π/3 lokalni maksimum.

1.7. KONKAVNOST IN KONVEKSNOST FUNKCIJ 11

1.7. Konkavnost in konveksnost funkcij

Definicija 1.7.1. Funkcija f : I → R je konveksna na intervalu I, če za vsakidve točki a < b ∈ I in za vsak x ∈ (a, b) velja

f(x) ≤ f(a) + f(b)− f(a)b− a (x− a).

Če za vsak par a < b ∈ I in vsak x ∈ (a, b) velja

f(x) ≥ f(a) + f(b)− f(a)b− a (x− a),

je funkcija f konkavna na I.

Opomba. Funkcija f je torej konveksna, če graf funkcije med poljubnimatočkama a < b leži pod sekanto skozi (a, f(a)) i n (b, f(b). Če vedno leži nadsekanto, je konkavna.

Slika 1.2. Konkavna in konveksna funkcija

Zgornja definicija konveksnosti in konkavnosti vnaprej ne zahteva nobene doda-tne lastnosti, vendar ni težko dokazati, da je vsaka konveksna oz. konkavna funkcijanujno vsaj zvezna. V nadaljevanju bomo pogledali še nekaj dodatnih karakterizacijkonveksnosti in konkavnosti, ki pa vnaprej predpostavljajo obstoj prvega oziromadrugega odvoda.

Trditev 1.7.2. Naj bo f : I → R odvedljiva na odprtem intervalu I. Funkcijaf je konveksna na I natanko tedaj, ko za vsak par x, y ∈ I velja

f(y) ≥ f(x) + f ′(x)(y − x)in konkavna, če za vsak par x, y ∈ I velja

f(y) ≤ f(x) + f ′(x)(y − x).

Dokaz. Trditev bomo pokazali samo za konveksnost. Konkavnost je povsemanalogna. Naj bo funkcija odvedljiva funkcija f konveksna na I, in naj bostaa, x ∈ I, a < x. Naj bo a < a+ h < x. Potem velja

f(a+ h) ≤ f(a) + f(x)− f(a)x− a h

oziromaf(a+ h)− f(a)

h≤ f(a) + f(x)− f(a)

x− a .

1.7. KONKAVNOST IN KONVEKSNOST FUNKCIJ 12

Zato je

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)h

≤ f(a) + f(x)− f(a)x− a

oziroma

f(a) + f ′(a)(x− a) ≤ f(x).Podobeno lahko vidimo pri x < a. Pokažimo še obrat. Naj bosta a, b ∈ I, a < bpoljubni točki. Naj bo a < x < b. Po predpostavki velja

f(x) + f ′(x)(a− x) ≤ f(a), f(x) + f ′(x)(b− x) ≤ f(b),torej obe točki (a, f(a)) in (b, f(b)) ležita nad tangento v točki (x, f(x)). Zato(x, f(x)) leži pod daljico s krajǐsčema (a, f(a)) in (b, f(b)). Ker je x poljubna točkamed a in b, celoten graf funkcije f med a in b leži pod to sekanto. Torej je funkcijakonveksna. �

Opomba. Zgornji pogoj nam pove, da je funkcija konveksna, če njen graf ležinad katero koli tangento in konkavna, če leži pod tangento. Seveda pa ta pogojpredpostavlja obstoj tangente oziroma odvedljivost funkcije.

Slika 1.3. Konkavna in konveksna funkcija

Trditev 1.7.3. Naj bo f : (a, b) → R odvedljiva. Funkcija f je konveksna na(a, b) natanko tedaj, ko je f ′ naraščajoča funkcija na (a, b). Funkcija f je konkavnanatanko tedaj, ko je f ′ padajoča funkcija.

Dokaz. Trditev bomo zopet pokazali le za konveksne funkcije. Konkavnostje podobna. Predpostavimo torej, da je f konveksna. Naj bosta a < b in naj boa < x < b poljuben. Točka (x, f(x)) leži pod sekanto skozi (a, f(a)) ter (b, f(b)).Naj bo k smerni koeficient te sekante. Velja torej

f(x) ≥ f(a) + k(x− a), f(x) ≥ f(b) + k(x− b)oziroma

f(x)− f(a)x− a ≤ k, k ≤

f(x)− f(b)x− b .

Če pri prvi neenakosti pošljemo x proti a, pri drugi pa proti b, dobimo

f ′(a) ≤ k, k ≤ f ′(b).Torej je f ′(a) ≤ f ′(b). Ker to velja za poljubna a < b je f ′ naraščajoča. Obrat jeposledica Lagrangeovega izreka. Predpostavimo sedaj, da je f ′ naraščajoča in najvalja a < x. Potem je

f(x)− f(a) = f ′(ξ)(x− a) ≥ f ′(a)(x− a),

1.8. L’HOSPITALOVO PRAVILO 13

kar natanko pomeni, da (x, f(x)) leži nad tangento v točki (a, f(a)). Povsem ana-logno je za x < a

f(a)− f(x) = f ′(ξ)(a− x) ≤ f ′(a)(a− x),kar zopet pomeni, da (x, f(x)) leži nad tangento v (a, f(a)). �

V praksi je najbolj primeren način ugotavljanja konkavnosti in konveksnostinaslednji:

Posledica 1.7.4. Naj bo f : (a, b) → R dvakrat odvedljiva. Funkcija f jekonveksna na (a, b) natanko tedaj, ko je f ′′ ≥ 0 na (a, b). Funkcija f je konkavnanatanko tedaj, ko je f ′′ ≤ 0 na (a, b).

Dokaz. Sledi iz zgornje trditve s pomočjo točk (i) in (ii) iz posledica 1.5.4. �

Definicija 1.7.5. Točka, kjer funkcija spremeni konkavnost v konveksnost ozi-roma obratno, se imenuje prevoj.

Primer 1.7.6. Poǐsčimo intervala naraščanja in padanja ter konkavnosti inkonveksnosti funkcije f(x) = (x2 + 1)e−x.

f ′(x) = 2xe−x − (x2 + 1)e−x = −(x2 − 2x+ 1)e−x = −(x− 1)2e−x,torej je funkcija ves čas padajoča. Drugi odvod je enak

f ′′(x) = (−2x+ 2)e−x + (x2 − 2x+ 1)e−x

= (x2 − 4x+ 3)e−x = (x− 3)(x− 1)e−x.Torej je funkcija konveksna na (−∞, 3) in (1,∞) ter konkavna na (−3,−1).

1.8. L’Hospitalovo pravilo

V tem razdelku si bomo pogledali, kako si lahko pri računanju limit tipa 00in ∞∞ pogosto pomagamo z odvodi funkcij. Najprej dokažimo naslednjo pomožnotrditev.

Trditev 1.8.1. Naj bosta f, g : [a, b] → R zvezni in odvedljivi na (a, b). Najvelja g′(x) 6= 0 za vsak x ∈ (a, b). Potem obstaja ξ ∈ (a, b), da velja

f(b)− f(a)g(b)− g(a) =

f ′(ξ)

g′(ξ).

Dokaz. Definirajmo

F (x) = f(x)− f(b)− f(a)g(b)− g(a) (g(x)− g(a)).

Funkcija F je definirana na [a, b] in zvezna na (a, b) ter velja F (a) = F (b). PoRolleovem izreku obstaja ξ ∈ (a, b), da je F ′(ξ) = 0, kar pomeni ravno

f(b)− f(a)g(b)− g(a) =

f ′(ξ)

g′(ξ).

�

Opomba. Lagrangeov izrek je poseben primer zgornje trditve, in ga dobimo,če vzamemo g(x) = x.

Izrek 1.8.2 (L’Hospitalovo pravilo 1). Naj bosta f, g : [a, b) → R odvedljivi innaj velja g(x) 6= 0 in g′(x) 6= 0 za vsak x ∈ (a, b). Naj velja f(a) = g(a) = 0. Čeobstaja limita

limx→a+

f ′(x)

g′(x),

1.8. L’HOSPITALOVO PRAVILO 14

potem obstaja tudi limita

limx→a+

f(x)

g(x)

in velja

limx→a+

f(x)

g(x)= lim

x→a+f ′(x)

g′(x).

Dokaz. S pomočjo zgornje trditve imamo

limx→a+

f(x)

g(x)= lim

x→a+f(x)− f(a)g(x)− g(a)

= limx→a+

f ′(ξ)

g(ξ)= lim

x→a+f ′(x)

g′(x).

Pri zadnji enakosti smo upoštevali, da je a < ξ < x in da zadnja limita dejanskoobstaja. �

Opomba. Izrek smo napisali v bolj splošni obliki, torej za enostranske limite.Seveda potem velja tudi za limite.

L’Hospitalovo pravilo velja tudi v primeru limit tipa ∞∞ . Navedimo izrek brezdokaza.

Izrek 1.8.3 (L’Hospitalovo pravilo 2). Naj bosta f, g : (a, b) → R odvedljivi innaj velja g(x) 6= 0 in g′(x) 6= 0 za vsak x ∈ (a, b). Naj velja

limx→a+

f(x) = ±∞, limx→a+

g(x) = ±∞.

Če obstaja limita

limx→a+

f ′(x)

g′(x),

potem obstaja tudi limita

limx→a+

f(x)

g(x)

in velja

limx→a+

f(x)

g(x)= lim

x→a+f ′(x)

g′(x).

S pomočjo vpeljave nove spremenljivke lahko pokažemo, da analogna rezultatavaljata tudi za limite v neskončnosti.

Posledica 1.8.4. Naj bosta f, g : (a,∞) → R odvedljivi pri čemer je g(x) 6= 0in g′(x) 6= 0 za vsak x ∈ (a,∞). Naj velja ali

limx→∞

f(x) = 0, limx→∞

g(x) = 0

alilimx→∞

f(x) = ±∞, limx→∞

g(x) = ±∞.

Če obstaja limita

limx→∞

f ′(x)

g′(x),

potem obstaja tudi limita

limx→∞

f(x)

g(x)

in velja

limx→∞

f(x)

g(x)= lim

x→∞

f ′(x)

g′(x).

1.9. RISANJE GRAFOV FUNKCIJ 15

Dokaz. Vpeljemo novo spremenljivko y = 1/x. Potem velja

limx→∞

f(x)

g(x)= lim

y→0+f(1/y)

g(1/y)

= limx→0+

f ′(1/y)(−1/y2)g′(1/y)(−1/y2) = limx→∞

f ′(x)

g′(x).

Primer 1.8.5. Izračunajmo limito

limx→1

√3x+ 1− 2sin(πx)

.

Ker sta tako števec kot imenovalec enaka 0 v točki 1, lahko uporabimo L’Hospitalovopravilo

limx→1

√3x+ 1− 2sin(πx)

L′H= lim

x→1

32√3x+1

π cos(πx)= − 3

4π.

Primer 1.8.6. Izračunajmo limito

limx→∞

x

ex.

Števec in imenovalec sta oba enaka ∞ v neskončnosti. Z L’Hospitalovim pravilomdobimo

limx→∞

x

ex=

L′H= lim

x→∞

1

ex= 0.

Primer 1.8.7. Izračunajmo limito

limx→0+

xx.

Limito malo preoblikujemo

limx→0+

xx = limx→0+

ex ln x.

Velja

limx→0+

x lnx = limx→0+

lnx

1/x

L′H= lim

x→0+1/x

−1/x2 = − limx→0+ x = 0.

Ker je ex zvezna, je

limx→0+

xx = limx→0+

ex ln x = elimx→0+ x ln x = e0 = 1.

�

1.9. Risanje grafov funkcij

Preden skiciramo graf funkcije f(x):

(i) S pomočjo izraza f(x)– Določimo definicijsko območje funkcije f– Ugotovimo obnašanje f na robu definicijskega območja ali morda v

±∞– Najdemo ničle funkcije f

(ii) S pomočjo odvoda f ′(x)– Določimo intervale naraščanja in padanja.– Določimo lokalne in globalne ekstreme.– Bolj natančno določimo obnašanje v robnih točkah in v ±∞ (asimp-

tote)(i) S pomočjo drugega odvoda f ′′(x).

– Določimo intervale konkavnosti in konveksnosti ter prevoje.

1.9. RISANJE GRAFOV FUNKCIJ 16

Primer 1.9.1. Čim bolj natančno narǐsimo graf funkcije

f(x) = x1− lnx1 + lnx

.

• Definicijsko območje je (0,∞)\{1/e}.• Obnašanje na robu definicijskega območja.

limx→0+

x1− lnx1 + lnx

= limx→0+

x1/ lnx− 11/ lnx+ 1

= 0

limx→1/e−

= −∞

limx→1/e+

= ∞

limx→∞

x1− lnx1 + lnx

= limx→∞

x1/ lnx− 11/ lnx+ 1

= ∞

• Ničle so x = 0 in x = e.• f ′(x) = 1−ln x1+ln x − 2 1(1+ln x)2 = − 1+ln

2 x(1+ln x)2

• Funkcija je ves čas padajoča, zato nima lokalnih ekstremov.• Poglejmo si, pod kakšnim kotom se graf funkcije približuje izhodǐsču

limx→0+

− 1 + ln2 x

(1 + lnx)2= −1.

• Izračunajmo drugi odvod

f ′′(x) =2(1− lnx)x(1 + lnx)3

.

Drugi odvod je pozitiven na (1/e, e) in negativen na (0, 1/e) ∪ (e,∞).

1.9. RISANJE GRAFOV FUNKCIJ 17

1/e e

Slika 1.4. Graf funkcije f(x) = x1−lnx1+lnx

POGLAVJE 2

Nedoločeni integral

2.1. Definicija nedoločenega integrala

Definicija 2.1.1. Odvedljiva funkcija F : I → R je nedoločeni integral funkcijef : I → R na odprtem intervalu I, če za vsak x ∈ I velja F ′(x) = f(x). Pǐsemo

F (x) =

∫

f(x) dx.

Primer 2.1.2. Funkcija F (x) = cosx + x2/2 je nedoločeni integral funkcijef(x) = − sinx+ x, saj je (cosx+ x2/2)′ = sinx+ x.

Vsaka funkcija nima nedoločenega integrala. Poglejmo si primer take funkcije.

Primer 2.1.3. Naj bo f : R → R definirana kot

f(x) =

{

−1, x ≤ 01, x > 0

Predpostavimo, da obstaja taka odvedljiva funkcija F : R → R, da velja F ′(x) =f(x). Taka funkcija F bo padala na (−∞, 0), saj je F ′(x) = −1 za x < 0 innaraščala na (0,∞), saj je F ′(x) = 1 za pozitivne x. Zato mora imeti F v točkix = 0 lokalni minimum in s tem F ′(0) = 0, kar pa ni res. Seveda ima funkcija fnedoločeni integral na intervalu (−∞, 0) in tudi na (0,∞), vendar smo pokazali,da nedoločenega intervala nima na vsem R. Funkcija f iz tega primera ni zveznafunkcija. Kasneje bomo pokazali, da imajo vse zvezne funkcije nedoločeni integral.

Trditev 2.1.4. Če je funkcija F (x) nedoločeni integral funkcije f(x), je zavsak C ∈ R tudi funkcija G(x) = F (x) + C tudi nedoločeni integral funkcije f .Obratno, če sta F (x) in G(x) nedoločena integrala funkcije f na odprtem intervaluI, obstaja C ∈ R, da je G(x) = F (x) + C.

Dokaz. Prvi del je preprost, saj je (F (x) +C)′ = F ′(x) + 0 = f(x). Obratno,naj bosta F,G oba nedoločena integrala funkcije f na I in definirajmo H(x) =G(x) − F (x). Velja H ′(x) = G′(x) − F ′(x) = f(x) − f(x) = 0. Naj bosta x, y ∈ Ipoljubni števili. Po Lagrangeovem izreku je H(y) − H(x) = H ′(ξ)(y − x) = 0.Torej je H(x) = H(y). Ker to velja za vsak par števil, je funkcija H konstanta,torej H(x) = C za nek C ∈ R in s tem G(x) = F (x) + C. �

2.2. Integrali nekaterih elementarnih funkcij

Večino spodnjih integralov dobimo preprosto tako, da preberemo nazaj tabeloodvodov. Pri ostalih integralih pa lahko veljavnost preverimo preprosto z odvaja-njem. Bomo pa kasneje nekatere od teh formul tudi samostojno izpeljali.

18

2.3. LASTNOSTI NEDOLOČENEGA INTEGRALA 19

f(x)∫

f(x) dxxa 1a+1x

a+1 + C, a 6= −11x lnx+ Cex ex + Cax 1ln aa

x + Clnx x lnx− x+ Csinx − cosx+ Ccosx sinx+ Ctanx − ln | cosx|+ C

arcsinx x arcsinx+√1− x2 + C

arccosx x arccosx−√1− x2 + C

arctanx x arctanx− 12 ln 1 + x2 + Cshx chx+ Cchx shx+C1

x2+a21a arctan

xa + C

1√a2−x2 arcsin

xa + C

1√x2±a2 ln

∣

∣x+√x2 ± a2

∣

∣+ C√x2 ± a2 12x

√x2 ± a2 ± 12a2 ln

∣

∣x+√x2 ± a2

∣

∣+ C

2.3. Lastnosti nedoločenega integrala

Naslednji dve lastnosti nedoločenega integrala sledita direktno iz definicije inlinearnosti odvoda

∫

(f(x)± g(x)) dx =∫

f(x) dx±∫

g(x) dx

∫

λf(x) dx = λ

∫

f(x) dx.

Bolj podrobno si oglejmo metodo integracije po delih (per-partes) in zamenjavospremenljivke.

Trditev 2.3.1 (per-partes). Naj bosta f(x) in g(x) odvedljivi. Potem velja∫

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−∫

f ′(x)g(x) dx.

Dokaz. Dokaz je posledica Leibnizove formule za odvod produkta

(f(x)g(x))′= f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Če obe strani integriramo, dobimo∫

(f(x)g(x))′dx =

∫

f ′(x)g(x) dx+

∫

f(x)g′(x) dx,

in ker je∫

(f(x)g(x))′dx po definiciji enak f(x)g(x) dobimo zgornjo formulo. �

Opomba. Naj bo f(x) odvedljiva funkcija. Oznaki df = f ′(x) dx rečemo di-ferencial funkcije f . S pomočjo te oznake lahko zgornjo formulo kraǰse napǐsemokot

∫

udv = uv −∫

vdu,

kjer smo označili u = f(x) in v = g(x). Formulo za integracijo po delih lahko razu-memo kot (ne preveč dober) poskus formule za integracijo produkta dveh funkcij.

Trditev 2.3.2 (substitucija). Naj bo F (x) nedoločeni integral funkcije f(x)ter φ(x) odvedljiva funkcija. Potem velja

F (φ(t)) =

∫

f(φ(t))φ′(t) dx.

2.3. LASTNOSTI NEDOLOČENEGA INTEGRALA 20

Dokaz. Formula je direktna posledica verižnega pravila za odvod:

(F (φ(t)))′= F ′(φ(t))φ′(t) = f(φ(t))φ(t).

Obe strani le še integriramo. �

Opomba. Pravilo substitucije običajno uporabimo na naslednji način. Recimo,da želimo izračunati integral

∫

f(x) dx. Uvedemo novo spremenljivko t s pomočjoformule x = φ(t) in izračunamo integral

G(t) =

∫

f(φ(t))φ′(t)dt.

Potem je

F (x) =

∫

f(x) dx = G(φ−1(x)).

Primer 2.3.3. S pomočjo integracije po delih izračunajmo integral∫

x2 sinx dx.

∫

x2 sinx dx = −x2 cosx+∫

2x cosx dx

= −x2 cosx+ 2x sinx− 2∫

sinx dx

= −x2 cosx+ 2x sinx+ 2 cosx+ C.

Primer 2.3.4. S pomočjo integracije po delih izračunajmo integral∫

ex sinx dx.

∫

ex sinx dx = −ex cosx+∫

ex cosx dx

= −ex cosx+ ex sinx−∫

ex sinx dx.

Tako dobimo∫

ex sinx dx =1

2ex(sinx− cosx) + C.

Primer 2.3.5. Izračunajmo integral∫

xe−x2

dx.

Vpeljimo substitucijo x =√t. Potem je dx = 1

2√tdt. Dobimo

∫

xε−x2

dx =

∫ √te−t

1

2√tdt

=

∫

1

2e−tdt = −1

2e−t + C

= −12e−x

2

+ C.

Primer 2.3.6. Izračunajmo integral∫

tanx dx.

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 21

Uvedimo substitucijo t = cosx. Potem je dt = − cosxdx.∫

tanx dx =

∫

sinx

cosxdx = −

∫

dt

t

= − ln |t|+ C = − ln | cosx|+ C.

2.4. Integracijske metode

Integracija racionalnih funkcij. V tem razdelku bomo pogledali metodo,ki nam (pod določenimi pogoji) omogoča integracijo racionalnih funkcij. Radi botorej izračunali integral

∫

R(x) dx =

∫

p(x)

q(x)dx,

kjer sta p(x) in q(x) poljubna polinoma. Postopek je naslednji:1. Če je stopnja polinoma p večja ali enaka stopnji polinoma q polinoma najprejdelimo. Tako dobimo

∫

p(x)

q(x)dx =

∫

p1(x) dx+

∫

r(x)

q(x)dx,

pri čemer sta p1 in r polinoma, in je stopnja r manǰsa od stopnje q. Prvi integralpreprosto izračunamo, za drugega pa postopek nadaljujemo.2. Polinom q razcepimo na nerazcepne faktorje:

q(x) = (x− a1)n1 · · · (x− ak)nk(x2 + p1x+ q1)m1 · · · (x2 + plx+ ql)ml

3. Racionalno funkcijo r(x)q(x) razcepimo na parcialne ulomke

r(x)

q(x)=

A11(x− a1)

+A12

(x− a1)2+ · · ·+ A

1n1

(x− a1)n1+ · · ·

+Ak1

(x− ak)+

Ak2(x− ak)2

+ · · ·+ Aknk

(x− ak)nk

+C11x+D

11

(x2 + p1x+ q1)+

C12x+D12

(x2 + p1x+ q1)2+ · · ·+ C

1n1x+D

1n1

(x2 + p1x+ q1)m1+ · · ·

+Cl1x+D

l1

(x2 + plx+ ql)+

Cl2x+Dl2

(x2 + plx+ ql)2+ · · ·+ C

ln1x+D

ln1

(x2 + plx+ ql)ml

3. Vsakega od sumandov v razcepu na parcialne ulomke integriramo.Izračunati moramo torej znati naslednje tipe integralov

(i)

∫

dx

x− a (ii)∫

dx

(x− a)n

(iii)

∫

ax+ b

x2 + px+ qdx (iv)

∫

ax+ b

(x2 + px+ q)ndx,

pri čemer je kvadratni polinom v imenovalcu zadnjih dveh integralov ne-razcepen, torej nima realnih ničel. Poglejmo vsakega od zgornjih integralov.(i)

∫

dx

x− a = ln |x− a|+ C,

(ii)∫

dx

(x− a)n =1

1− n1

(x− a)n−1 + C,

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 22

(iii) Označimo z D = p2 − 4q diskriminanto kvadratnega polinoma v ime-novalcu integrala

∫

ax+ b

x2 + px+ q.

Ker smo predpostavili, da je ta kvadratni polinom nerazcepen, je D < 0.Najprej pǐsemo

ax+ b

x2 + px+ q=

a2 (2x+ p) + (b−

ap2 )

x2 + px+ q.

Zato je∫

ax+ b

x2 + px+ qdx =

a

2

∫

2x+ p

x2 + px+ qdx+

2b+ ap

2

∫

dx

x2 + px+ q.

Prvi integral lahko preprosto izračunamo s pomočjo vpeljave nove spremen-ljivke t = x2 + px+ q, dt = 2x+ p:

∫

2x+ p

x2 + px+ q=

∫

dt

t= ln |t| = ln(x2 + px+ q).

Pri drugem integralu najprej kvadratni polinom x2 + px + q zapǐsemo vtemenski obliki

x2 + px+ q =(

x+p

2

)2+

4q − p24

=(

x+p

2

)2+

−D4

.

Če vpeljemo novo spremenljivko t = x+ p/2 preprosto dobimo∫

dx

x2 + px+ q=

∫

dx(

x+ p2)2

+ −D4=

∫

dt

t2 +(√

−D2

)2

=2√−D

arctan2t√−D

=2√−D

arctan2x+ p√−D

.

Če združimo skupaj, dobimo pri D = p2 − 4q < 0∫

ax+ b

x2 + px+ qdx =

a

2ln(x2 + px+ q)

+2b− ap

2

2√−D

arctan(x2 + px+ q)′√

−D+ C.

(iv) Pri integralu∫

ax+ b

(x2 + px+ q)ndx

bomo nekoliko manj natančni, in bomo samo pokazali, kakšna je oblikarezultata. Označimo zopet D = p2− 4q < 0. Podobno kot zgoraj, naredimonajprej razcep

ax+ b

(x2 + px+ q)n=

a2 (2x+ p) +

2b−ap2

(x2 + px+ q)n.

Zato je∫

ax+ b

(x2 + px+ q)ndx =

a

2

∫

(x2 + px+ q)′

(x2 + px+ q)ndx+

2b− ap2

∫

dx

(x2 + px+ q)n.

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 23

Prvi integral je∫

(x2 + px+ q)′

(x2 + px+ q)ndx = − n

(x2 + px+ q)n−1.

Poglejmo si še drugi integral∫

dx

(x2 + px+ q)n=

∫

dx(

(x+ p/2)2 +(√

−D2

)2)n

=4n

(−D)n∫

dx(

(

2√−D (x+ p/2)

)2+ 1

)n

=

(

(2√−D

)2n−1 ∫ dt(t2 + 1)n

kjer je t = 2√−D (x+ p/2). Torej moramo izračunati integral

In =

∫

dt

(t2 + 1)n.

Poskusimo z integracijo po delih∫

dt

(t2 + 1)n=

t

(t2 + 1)n+ 2n

∫

t2dt

(t2 + 1)n+1

=t

(t2 + 1)n+ 2n

∫

t2dt

(t2 + 1)n+1

=t

(t2 + 1)n+ 2n

∫

(t2 + 1)− 1(t2 + 1)n+1

dt

=t

(t2 + 1)n+ 2n

∫

dt

(t2 + 1)n− 2n

∫

dt

(t2 + 1)n+1.

Torej dobimo formulo

In+1 =1

2n

t

(t2 + 1)n+

2n− 12n

In

oziroma

In =1

2n− 2t

(t2 + 1)n−1+

2n− 32n− 2In−1.

Induktivno lahko iz te formule izpeljemo, da je

In =P (t)

(t2 + 1)n−1+A arctan t,

kjer je P (t) nek polinom stopnje 2n− 3 in A neka konstanta. Če vrnemo vrezultat prvotno spremenljivko in združimo, dobimo

∫

ax+ b

(x2 + px+ q)ndx =

P (x)

(x2 + px+ q)n−1

+A ln(x2 + px+ q) +B arctan(x2 + px+ q)′√

−D+ C,

kjer je polinom P nek polinom (ni poljuben, vendar ga nismo natančnoizračunali) stopnje manǰse ali enake n− 3 in sta A in B neki konstanti.

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 24

Če zberemo vse skupaj dobimo, da je integral∫

r(x)

q(x)dx

oblike∫

r(x)

q(x)dx =

P (x)

(x− a1)n1−1 · · · (x− ak)nk−1(x2 + p1x+ q1)m1−1 · · · (x2 + plx+ ql)ml−1+A1 ln |x− a1|+ · · ·+Ak ln |x− ak|+B1 ln(x

2 + p1x+ q1) + · · ·+Bl ln(x2 + pkx+ qk)

+ C1 arctan(x2 + p1x+ q1)

′√−D

+ · · ·+ Cl arctan(x2 + pkx+ qk)

′√−D

,

kjer je P (x) stopnje največ (n1 − 1) + · · · (nk − 1) + 2(m1 − 1) + · · · 2(ml −1) − 1, torej eno manj kot v imenovalcu. Zadnjo formulo lahko razumemokot nastavek za izračun integrala racionalne funkcije. Kot smo videli, za tanastavek potrebujemo razcep polinoma q na nerazcepne faktorje. Le to je vsplošnem zelo težko doseči, saj od nas pravzaprav zahteva, da poǐsčemo vseničle (realne in kompleksne) polinoma q. V kolikor nam to uspe, uporabimozgornji nastavek in preko odvajanja določimo konstante. Poglejmo si to nanekaj primerih

Primer 2.4.1. Izračunajmo integrale

•∫

3x3+2x3+x

dx

•∫

x2+x+1x4+4x2

dx

•∫

3x+5(x2+2x+2)2

dx

Integrali trigonometričnih funkcij. Poglejmo si integrale oblike∫

R(sinϕ, cosϕ)dϕ,

kjer je R neka racionalna funkcija dveh spremenljivk. Tak integral lahkovedno prevedemo na integral neke racionalne funkcije (kar smo obravnavalizgoraj) s pomočjo substitucije

x = tanϕ

2.

Poglejmo si zakaj. Velja

1 + tan2ϕ

2=

1

cos2 ϕ2,

zato velja

cosϕ

2=

1√1 + x2

, sinϕ

2=

√

1− cos2 ϕ2=

x√1 + x2

,

in zato

sinϕ = 2 sinϕ

2cos

ϕ

2=

2x

1 + x2

ter

cosϕ = cos2ϕ

2− sin2 ϕ

2=

1− x21 + x2

.

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 25

Izračunajmo še dφ

dx =1

2 cos2 ϕ2dϕ

in zato

dϕ =2

1 + x2.

Prvotni integral po uvedbi nove spremenljivke postane∫

R(sinϕ, cosϕ)dϕ =

∫

R

(

2x

1 + x2,1− x21 + x2

)

2

1 + x2dx,

Primer 2.4.2. Izračunajmo integral∫

cosϕ

1 + cosϕdϕ.

Po vpeljavi nove spremenljivke x = tan ϕ2 prevedemo integral

∫

cosϕ

1 + cosϕdϕ =

∫ 1−x21+x2

1 + 1−x2

1+x2

2

1 + x2dx

=

∫

1− x21 + x2

dx =

∫(

−1 + 21 + x2

)

dx

= −x+ 2arctanx+ C = − tan ϕ2+ 2 arctan tan

ϕ

2+ C

= − tan ϕ2+ φ+ C

Poglejmo si sedaj nekaj posebnih primerov, ko lahko uvedemo bolj pri-jazno substitucijo. Pri integralu oblike

∫

R(sin2 ϕ, cosϕ) sinϕdφ

uvedemo novo spremenljivko

x = cosϕ,

ki nam integral prevede v integral∫

R(sin2 ϕ, cosϕ) sinϕdφ = −∫

R(1− x2, x) dx.

Podobno pri integralu∫

R(cos2 ϕ, sinϕ) cosϕdφ

uvedemo novo spremenljivko

x = sinϕ,

ki nam integral prevede v integral∫

R(cos2 ϕ, sinϕ) cosϕdφ =

∫

R(1− x2, x) dx.

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 26

Primer 2.4.3. Izračunajmo integral

∫

sin2 ϕ

cos3 ϕdϕ.

Integral lahko preoblikujemo v

∫

sin2 ϕ

cos4 ϕcosϕdϕ

in je zgornje oblike. Vpeljemo novo spremenljivko x = sinϕ in dobimo

∫

sin2 ϕ

cos3 ϕdϕ =

∫

x2

(1− x2)2dx

=

∫

x2

(x− 1)2(x+ 1)2 dx

= −12

x

x2 − 1 +1

4ln |x− 1| − 1

4ln |x+ 1|+ C

=sinϕ

2 cos2 ϕ+

1

4ln

1− sinϕ1 + sinϕ

+ C

kar lahko izračunamo po metodi za integracijo racionalnih funkcij.

Kot zadnji si oglejmo še integral oblike

∫

R(sin2 ϕ, cos2 ϕ)dϕ,

torej integral, kjer funkciji kosinus in sinus oba nastopata le v sodih poten-cah. V tem primeru uvedemo substitucijo

x = tanϕ,

ki nam s pomočjo formul

cos2 ϕ =1

1 + tan2 ϕ=

1

1 + x2

sin2 ϕ = 1− cos2 ϕ = x2

1 + x2

dϕ = cos2 ϕ dx =dx

1 + x2

prevede integral v

∫

R(sin2 ϕ, cos2 ϕ)dϕ =

∫

R

(

x2

1 + x2,

1

1 + x2

)

1

1 + x2dx.

Primer 2.4.4. Izračunajmo integral

∫

1

1 + cos2 ϕdϕ.

2.4. INTEGRACIJSKE METODE 27

Po uvedbi spremenljivke x = tanϕ prevedemo integral v∫

1

1 + cos2 ϕdϕ =

∫

1

1 + 11+x2

1

1 + x2dx

=

∫

1

2 + x2dx =

1

2arctan

x√2+ C

=1

2arctan

tanϕ√2

+ C

POGLAVJE 3

Določeni ali Riemannov integral

3.1. Definicija določenega integrala

Definicija 3.1.1. Naj bo f : [a, b] → R omejena funkcija, definirana nazaprtem intervalu. S točkami

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = brazdelimo interval [a, b] na n podintervalov. Vsak tak izbor točk

D = {x0, x1, . . . , xn}imenujemo particija intervala [a, b]. Označimo

mk = inf{f(x), x ∈ [xk−1, xk]}, Mk = sup{f(x), x ∈ [xk−1, xk]},in definiramo vsoti

s(D) =

n∑

k=1

mk(xk − xk−1), S(D) =n∑

k=1

mk(xk − xk−1).

s(D) imenujemo spodnja Darbouxova vsota funkcije f prirejena delitvi D,S(D) pa zgornja Darbouxova vsota prirejena delitvi D.

Slika 3.1. Spodnja in zgornja Darbouxova vsota

Definicija 3.1.2. Naj bo D′ je fineǰsa od delitve D, če je D ⊂ D′. Topomeni, da delitev D′ dobimo tako, da delitvi D morda dodamo še novedelilne točke.

Trditev 3.1.3. Naj bo f : [a, b] → R omejena funkcija in D,D′ delitviintervala [a, b]. Naj bo delitev D′ fineǰsa od delitve D. Potem velja

s(D) ≤ s(D′), S(D′) ≤ S(D).Dokaz. Ker je delitev D′ fineǰsa od delitve D, smo dobili delitev D′

tako, da smo delitvi D dodali še nekaj točk. Dovolj je torej, če pokažemo,da vsakič ko neki delitvi dodamo še eno točko, s tem povečamo spodnjo

28

3.1. DEFINICIJA DOLOČENEGA INTEGRALA 29

Darbouxovo vsoto in zmanǰsamo zgornjo Darbouxovo vsoto. Naj bo torejD′ = D ∪ {x′}. Recimo, da se ta nova točka x′ nahaja na podintervalu[xk−1, xk]. Naj mk infimum funkcije f na intervalu [xk−1, xk], m′ infimumna intervalu [xk−1, x′] in m′′ infimum nA intervalu [x′, xk]. Velja m′ ≥ mkin m′′ ≥ mk. Zato je

s(D′) = s(D)−mk(xk+1 − xk) +m′(x′ − xk′1) +m′′(xk − x′)= s(D) + (m′ −mk)(x′ − xk′1) + (m′′ −mk)(xk − x′) ≥ s(D).

Analogno dokažemo S(D′) ≤ S(D). �Trditev 3.1.4. Naj bo f : [a, b] → R omejena funkcija in D,D′ poljubni

delitvi intervala [a, b]. Potem velja

s(D1) ≤ S(D2).Dokaz. Naredimo novo delitev D′ = D1 ∪D2. Ta delitev je fineǰsa od

obeh delitev D1 in D2. Iz preǰsnje trditve sledi

s(D1) ≤ s(D′) ≤ S(D′) ≤ S(D2).�

Vzemimo sedaj omejeno funkcijo f : [a, b] → R. Spodnje Darbouxovevsote so navzgor omejene, saj za vsako delitev D velja s(D) ≤ S(D′), pričemer lahko vzamemo za D′ katero koli delitev. Lahko npr. vzamemoD′ = {a, b}, in tako dobimo

s(D) ≤ M(b− a), M = sup f.Podobno so vse zgornje Darbouxove vsote navzdol omejene z npr.

S(D) ≥ m(b− a), m = inf f.Zato lahko označimo

I1 = sup{s(D), D poljubna delitev [a, b]}I2 = inf{S(D), D poljubna delitev [a, b]}.

Seveda veljaI1 ≤ I2,

saj je s(D) ≤ s(D′) za poljubni delitvi D,D′. Vrednosti I1 in I2 imenujemospodnji oziroma zgornji integral funkcije f na intervalu [a, b].

Definicija 3.1.5. Omejena funkcija f : [a, b] → R je (Riemannovo)integrabilna na intervalu [a, b], če velja

I1 = I2.

V tem primeru označimo vrednost I1(= I2) z∫ b

af(x) dx

in ji rečemo Riemannov oziroma določeni integral funkcije f na intervalu[a, b].

Trditev 3.1.6. Omejena funkcija f : [a, b] → R je integrabilna na [a, b]natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja delitev D intervala [a, b], da velja

S(D)− s(D) < ε.

3.1. DEFINICIJA DOLOČENEGA INTEGRALA 30

Dokaz. Predpostavimo najprej, da je f integrabilna na [a, b]. Ker je I1supremum vrednosti s(D), obstaja D1, da je s(D1) ≥ I1 − ε/2. Podobnoobstaja delitev D2, da je S(D) < I2−ε/2. Označimo D = D1∪D2. Ker je tadelitev fineǰsa tako od D1 kot tudi D2, velja s(D) ≥ s(D1) in S(D) ≤ S(D2).Ker je f integrabilna, je I1 = I2 in zato

S(D)− s(D) = S(D)− I2 + I1 − s(D) < ε/2 + ε/2 = ε.

Pokažimo še obrat. Naj bo ε poljuben. Potem obstaja delitev D, da je

S(D)− s(D) < ε.

Zato velja

|I2 − I1| ≤ S(D)− s(D) < ε.

Ker je ε poljuben, je I2 = I1. �

Izrek 3.1.7. Vsaka zvezna funkcija na intervalu [a, b] je integrabilna.

Dokaz. Če je f na [a, b] zvezna, je na [a, b] enakomerno zvezna. Naj boε > 0 in naj bo δ tak, da bo |f(x) − f(x′)| < εb−a če le velja |x − x′| < δ.Naj bo D = {x0, x1, . . . , xn} poljubna delitev, katere dolžina najdalǰsegapodintervala je manǰsa od δ. Naj bosta mk in Mk infimum (minimum) insupremum (maksimum) na intervalu [xk−1, xk]. Potem velja Mk−mk < εb−ain velja

S(D)− s(D) =∞∑

k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) <ε

b− a

n∑

k=1

(xk − xk−1) = ε.

Torej je f integrabilna na [a, b]. �

Posledica 3.1.8. Naj bo funkcija f : [a, b] → R omejena in zvezna na(a, b). Potem je f integrabilna na [a, b].

Dokaz. Naj bo ε > 0 in naj bo δ′ < ε4(M−m) , kjer je M = sup[a,b] f in

m = inf [a,b] f . Funkcija f je zvezna na [a+ δ′, b− δ], zato je tu integrabilna

po zgornjem izreku. Naj bo D′ delitev intervala [a + δ′, b − δ′], tako da jeS(D′) − s(D′) < ε/2. Potem je D = D′ ∪ {a, b} delitev intervala [a, b], invelja

S(D)− s(D) ≤ 2(M −m)δ′ + S(D′)− s(D) < ε/2 + ε/2 = ε.

Torej je f integrabilna po trditvi 3.1.6. �

Izrek 3.1.9. Vsaka monotona funkcija na [a, b] je integrabilna.

Dokaz. Predpostavimo, da je f naraščajoča (analogno dokažemo zapadajoče funkcije). Naj bo ε > 0 poljuben in D = {x0, x1, . . . , xn} poljubnadelitev, za katero je dolžina najdalǰsega podintervala manǰsa od εf(b)−f(a) .

3.1. DEFINICIJA DOLOČENEGA INTEGRALA 31

Potem velja

S(D)−s(D) =n∑

k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1)

=n∑

k=1

(f(xk)− f(xk−1)(xk − xk−1)

<ε

f(b)− f(a)

n∑

k=1

f(xk)− f(xk−1)

=ε

f(b)− f(a)((f(b)− f(a))

= ε

Torej je f integrabilna. �

Naslednji izrek navedimo brez dokaza. Dokaz je očiten za zvezne funk-cije, saj v tem primeru tudi kompozitum zvezna funkcija.

Izrek 3.1.10. Naj bo f integrabilna funkcija na [a, b] in g zvezna funkcijana [m,M ], kjer je m = inf f in M = sup f . Potem je g ◦ f integrabilna na[a, b].

Primer 3.1.11. Izračunajmo določeni integral funkcije f(x) = x2 naintervalu [0, 1]. Ker je funkcija zvezna, je integrabilna. Naj bo Dn ={0, 1n , 2n , . . . , 1} delitev intervala [0, 1]. Velja

s(Dn)) =

n∑

k=1

(

k − 1n

)2 1

n=

1

n3

n−1∑

k=1

k2 =(n− 1)n(2n− 1

6n3

in

S(Dn)) =

n∑

k=1

(

k

n

)2 1

n=

1

n3

n∑

k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1

6n3

Ker velja

limn→∞

s(Dn) = limn→∞

S(Dn) =1

6,

je∫ 1

0x2 dx =

1

6.

Seveda je takšno računanje integrala nepraktično. Kasneje bomo videli,kako je določeni integral povezan z nedoločenim, kar nam bo omogočalolažje računanje podobnih integralov.

Poglejmo si še primer funkcije, za katero integral ne obstaja.

Primer 3.1.12. Definirajmo

f(x) =

{

1, x ∈ R\Q0, x ∈ Q .

Za vsako delitev D intervala [a, b] velja s(D) = 0 in S(D) = b − a. Torejdoločeni integral funkcije f ne obstaja na nobenem intervalu [a, b].

3.2. LASTNOSTI DOLOČENEGA INTEGRALA 32

3.2. Lastnosti določenega integrala

Trditev 3.2.1. Naj bosta f in g integrabilni na [a, b] in λ ∈ R. Potemvelja

(i) f+g integrabilna na [a, b] in velja∫ ba (f(x)+g(x)) dx =

∫ ba f(x) dx+

∫ ba g(x) dx.

(ii) λf je integrabilna na [a, b] in velja∫ ba λf(x) dx = λ

∫ ba f(x) dx.

(iii) fg je integrabilna na [a, b].

Dokaz. (i) Naj bo D = {x0, x1, . . . , xn} poljubna delitev intervala [a, b].Naj bodo mk = inf{f(x) + g(x), x ∈ [xk−1, xk]}, m′k = inf{f(x), x ∈[xk−1, xk]}, m′′k = inf{g(x), x ∈ [xk−1, xk]}. Potem velja mk > m′k + m′′kin zato

sf (D) + sg(D) =n∑

k=1

m′k(xk − xk−1) +n∑

k=1

m′′k(xk − xk−1)

≤n∑

k=1

mk(xk − xk−1) = sf+g(D),

kjer smo z sf (D), sg(D) in sf+g(D) označili spodnje Darbouxove vsote pri-padajočih funkcij. Podobno velja

Sf (D) + Sg(D) ≥ Sf+g(D)in skupaj

Sf (D) + Sg(D) ≥ Sf+g(D) ≥ sf+g(D) ≥ sf (D) + sg(D).

Naj boD′ taka delitev, da je∫ ba f(x) dx−sf (D′) < ε in Sf (D′)−

∫ ba f(x) dx <

ε in D′′ taka, da je∫ ba g(x) dx− sg(D′) < ε in Sg(D′)−

∫ ba g(x) dx < ε in naj

bo D = D′ ∪D′′. Potem je |sf+g(D) −∫ ba f(x) dx −

∫ ba g(x) dx| < Sf (D) +

Sg(D)−sf (D)−sg(D) < 2ε in podobno |Sf+g(D)−∫ ba f(x) dx−

∫ ba g(x) dx| <

Sf (D)+Sg(D)−sf (D)−sg(D) < 2ε. Ker je ε poljuben, je f+g integrabilna,in velja zgornja formula.(ii) Predpostavimo najprej, da je λ > 0. Naj bo D = {x0, x1, . . . , xn}poljubna delitev, mk = inf{f(x), x ∈ [xk−1, xk]} in Mk = sup{f(x), x ∈[xk−1, xk]}. Ker je supλf = λ sup f in inf λf = λ inf f je

sλf (D) = λsf (D), Sλf (D) = λSf (D)

dobimo točko (ii).(iii) Če sta f in g zvezni, to sledi iz dejstva, da je tudi fg zvezna. Če pasta zgolj integrabilni, pa uporabimo formulo fg = 12((f + g)

2 − f2 − g2) indejstvo, da je za integrabilno funkcijo tudi njen kvadrat integrabilen, karsledi iz izreka 3.1.10.

�

Trditev 3.2.2. Če sta f in g integrabilni na [a, b] in velja f(x) ≤ g(x)za vsak x ∈ [a, b], potem velja

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx.

3.2. LASTNOSTI DOLOČENEGA INTEGRALA 33

Dokaz. Pri vsaki delitvi D intervala [a, b] velja sf (D) ≤ sg(D). Zatovelja

∫ b

af(x)dx = sup

Dsf (D) ≤

∑

D

sg(D) =

∫ b

ag(x) dx.

�

Trditev 3.2.3. Če je f integrabilna na [a, b], je na [a, b] integrabilna |f |in velja

∣

∣

∣

∣

∫ b

af(x) dx

∣

∣

∣

∣

≤∫ b

a|f(x)| dx.

Dokaz. Da je |f | integrabilna sledi iz izreka 3.1.10. Naj bo D ={x0, x2, . . . , xn} poljubna delitev [a, b]. Naj bosta mk ter Mk infimum insupremum funkcije f na [xk−1, xk] in m′k,M

′k infimum in supremum funkcije

|f | na tem intervalu. Velja

|sf (D)| = |n∑

k=1

mk(xk − xk−1)| ≤n∑

k=1

M ′k(xk − xk−1) = S|f |(D).

Zato je∣

∣

∣

∣

∫ b

af(x) dx

∣

∣

∣

∣

= sup |sf (D)| ≤ inf S|f |(D) =∫ b

a|f(x)| dx.

�

Izrek 3.2.4. Naj bodo a < c < b. Potem je funkcija f integrabilna na[a, b] natanko tedaj, ko je integrabilna na [a, c] in [c, b] in velja

∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx.

Dokaz. Naj bo ε > 0 in D taka delitev intervala [a, b], da je S(D) −s(D) < ε. Naj bo D1 = (D ∩ [a, c]) ∪ {c} in D2 = (D ∩ [c, b]) ∪ {c}. Potemsta D1 in D2 zaporedoma delitvi intervalov [a, c] in [c, b] in velja

ε > S(D)− s(D) ≥ S(D1 ∪D2)− s(D1 ∪D2)= (S(D1)− s(D1)) + (S(D2)− s(D2)).

Zato velja S(D1)− s(D1) < ε in S(D2)− s(D2) < ε in je f integrabilna na[a, c] in [c, b]. Dokažimo še obrat. Naj bosta D1 in D2 delitvi zaporedomaintervalov [a, c] in [c, b], da velja S(D1)−s(D1) < ε/2 in S(D2)−s(D2) < ε/2.Naj bo D = D1 ∪D2. Potem je

S(D)− s(D) = S(D1) + S(D2)− s(D1)− s(D2) < ε/2 + ε/2 = ε.Dokažimo še enakost. Velja

∫ b

af(x) dx = sup s(D) = sup s(D ∪ {c})

= sup s(D′) + sup s(D′′) =∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx,

kjer smo z D označili delitve intervala [a, b], z D′ delitve intervala [a, c] inD′′ delitve intervala [c, b]. �

3.3. OSNOVNI IZREK INTEGRALSKEGA RAČUNA 34

Trditev 3.2.5. Naj bo f integrabilna na [a, b] in naj bo m = inf f inM = sup f . Potem velja

m(b− a) ≤∫ b

af(x) dx ≤ M(b− a).

Dokaz. Dokaz je očiten, saj za vsako delitev D = {x0, x1, . . . , xn} velja

m(b− a) =n∑

k=1

m(xk − xk−1) ≤

n∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

M(xk − xk−1) = M(b− a).

Torej velja tudi

m(b− a) ≤ supD

s(D) =

∫ b

af(x) dx ≤ M(b− a).

�

Posledica 3.2.6 (Izrek o povprečni vrednosti). Naj bo f zvezna na[a, b]. Potem obstaja ξ ∈ [a, b], da velja

f(ξ) =1

b− a

∫ b

af(x) dx

Dokaz. Iz zgornje trditve sledi

m ≤ 1b− a

∫ b

af(x) dx ≤ M,

kjer je m = min[a,b] f , M = max[a,b] f . Ker zvezna funkcija zavzame vsevrednosti med minimumom in maksimumom, obstaja tak ξ ∈ [a, b], da velja

f(ξ) =1

b− a

∫ b

af(x) dx.

�

3.3. Osnovni izrek integralskega računa

V tem razdelku bomo pogledali, kakšna je povezava med določenim innedoločenim integralom.

Izrek 3.3.1 (Osnovni izrek integralskega računa). Naj bo f : [a, b] → Rzvezna funkcija. Definiramo

F (x) =

∫ x

af(t)dt.

Potem je funkcija F : [a, b] → R odvedljiva in velja F ′(x) = f(x).Dokaz. Naj x ∈ (a, b) poljuben in h majhen. Potem je

F (x+ h)− F (x)h

=

∫ x+ha f(t)dt−

∫ xa f(t)dt

h

=1

h

∫ x+h

xf(t)dt = f(ξ)

3.4. ZAMENJAVA SPREMENLJIVK IN PER-PARTES V DOLOČENEM INTEGRALU 35

kjer je ξ neko število med x in x+ h (posledica 3.2.6). Ko gre h proti 0 greseveda ξ proti x. Ker je f zvezna v x zato velja

limh→0

F (x+ h)− F (x)h

= limh→0

f(ξ) = f(x).

V primeru, ko je x = a oz. x = b na enak način vidimo, da obstajata desnioz. levi odvod funkcije F in sta enaka f(a) oz. f(b). �

Opomba. Osnovni izrek integralskega računa velja tudi v bolj strogiobliki: Naj bo f integrabilna na [a, b] in zvezna v točki x0. Potem je

F (x) =

∫ x

af(t)dt

zvezna na [a, b] in odvedljiva v x0 in velja F′(x0) = f(x0). Dokaz te trditve

ne nekoliko bolj zahteven.

Osnovni izrek integralskega računa ima naslednji dve neposredni posle-dici.

Posledica 3.3.2. Naj bo f : [a, b] → R zvezna. Potem je funkcija

F (x) =

∫ x

af(t)dt

nedoločeni integral funkcije f . Torej ima vsaka zvezna funkcija nedoločeniintegral.

Posledica 3.3.3. Naj bo f : [a, b] → R zvezna in F : [a, b] → R ne-določeni integral funkcije f . Potem velja

∫ b

af(x) dx = F (b)− F (a).

Dokaz. Naj bo G(x) =∫ xa f(t)dt. Ker sta tako F kot G nedoločena

integrala funkcije f velja F (x) = G(x) + C. Tako je

F (b)− F (a) = G(b)−G(a) =∫ b

af(t)dt−

∫ a

af(t)dt =

∫ b

af(x) dx.

�

Primer 3.3.4. Ker je (x3/3)′ = x2 je∫ 1

0x2 dx =

x3

3

∣

∣

∣

∣

1

0

=13

3− 0

3

3=

1

3.

3.4. Zamenjava spremenljivk in per-partes v določenem integralu

Izrek 3.4.1 (zamenjava spremenljivke). Naj bo f : [a, b] → R zveznafunkcija in ϕ : [α, β] → R zvezno odvedljiva, pri čemer velja ϕ(α) = a inϕ(β) = b. Potem velja

∫ b

af(x) dx =

∫ β

αf(ϕ(t))ϕ′(t)dt.

3.4. ZAMENJAVA SPREMENLJIVK IN PER-PARTES V DOLOČENEM INTEGRALU 36

Dokaz. Naj bo F nedoločeni integral funkcije f . Le ta obstaja, saj jef zvezna funkcija. Naj bo G(t) = F (ϕ(t)). Ker velja G′(t) = F ′(ϕ(t))ϕ′(t),je G(t) nedoločeni integral f(ϕ(t))ϕ′(t). Zato velja

∫ β

αf(ϕ(t))ϕ′(t)dt = G(β)−G(α) = F (b)− F (a) =

∫ b

af(x) dx.

�

Primer 3.4.2. Izračunajmo integral∫ 1

0

√

1− x2 dx.

V integral uvedimo substitucijo x = sin t. Potem velja∫ π/2

0

√

1− sin2 t cos tdt =∫ π/2

0cos2 tdt.

Ta integral bi sicer lahko naprej z malo truda izračunali tako, da bi najprejizračunali nedoločeni integral.Lahko pa se lotimo takole. Ker je ploščina podgrafom funkcije sin2 t in cos2 t enako med t = 0 in t = π/2 velja

∫ π/2

0sin2 dt =

∫ π/2

0cos2 dt

in ker je∫ π/2

0sin2 dt+

∫ π/2

0cos2 dt =

∫ π/2

0sin2+cos2 dt =

∫ π/2

0dt = π/2,

je∫ π/2

0cos2 tdt = π/4.

Ker je graf funkcije f(x) =√1− x2 predstavlja del krožnice s sredǐsčem v 0

in radijem 1, ki leži v pravem kvadrantu, smo s tem izračunali, da je ploščinakroga z radijem 1 enaka π.

Izrek 3.4.3 (per-partes). Naj bosta f in g zvezno odvedljivi funkciji naintervalu [a, b]. Potem velja

∫ b

af(x)g′(x) dx = f(b)g(b)− f(a)g(a)−

∫ b

af ′(x)g(x) dx.

Dokaz. Velja

(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Zato je∫ b

a(f(x)g(x))′ dx =

∫ b

af ′(x)g(x) dx+

∫ b

af(x)g′(x) dx

oziroma∫ b

af(x)g′(x) dx = f(b)g(b)− f(a)g(a)−

∫ b

af ′(x)g(x) dx.

�

3.4. ZAMENJAVA SPREMENLJIVK IN PER-PARTES V DOLOČENEM INTEGRALU 37

Primer 3.4.4. Izračunajmo integral

In =

∫ π/2

0sinn x dx.

Če uporabimo per-partes formulo, dobimo

In =

∫ π/2

0sinn−1 x sinx dx

= −(sinn−1 x cosx)|π/20 +∫ π/2

0(n− 1) sinn−2 x cosx cosx dx

= 0 + (n− 1)∫ π/2

0sinn−2 x(1− sin2 x) dx

= (n− 1)∫ π/2

0sinn−2 x dx− (n− 1)

∫ π/2

0sinn x dx

= (n− 1)In−2 − (n− 1)InZato velja

In =n− 1n

In−2.

Če je n sod, dobimo

In =(n− 1)(n− 3) · · · 1

n(n− 2) · · · 2 I0 =(n− 1)!!

n!!

π

2,

saj je

I0 =

∫ π/2

0dx = π/2.

Če je n lih, dobimo

In =(n− 1)(n− 3) · · · 2

n(n− 2) · · · 3 I1 =(n− 1)!!

n!!,

saj je

I1 =

∫ π/2

0sinx dx = 1.

Ker velja

sin2k−1 x ≥ sin2k x ≥ sin2k+1 xvelja

I2k+1 > I2k > I2k−1

oziroma(2k)!!

(2k + 1)!!<

(2k − 1)!!(2k)!!

π

2<

(2k − 2)!!(2k − 1)!! .

Če malo premečemo, dobimo oceno

1

2k + 1

(

(2k)!!

(2k − 1)!!

)2

<π

2<

1

2k

(

(2k)!!

(2k − 1)!!

)2

.

3.5. IZLIMITIRANI INTEGRAL 38

Ker velja

1

2k

(

(2k)!!

(2k − 1)!!

)2

− 12k + 1

(

(2k)!!

(2k − 1)!!

)2

=1

(2k)(2k + 1)

(

(2k)!!

(2k − 1)!!

)2

<π/2

2k

k→∞−→ 0,

velja

limk→∞

1

2k + 1

(

(2k)!!

(2k − 1)!!

)2

=π

2.

3.5. Izlimitirani integral

Že iz definicije Riemannovega sledi, da mora za integrabilnost funkcijabiti omejena. Prav tako definicija zahteva, da je interval, na katerem funkcijointegriramo omejen. V tem razdelku bomo pogledali, kako lahko razširimodefinicijo integrala tudi na primere neskončnih ali pol neskončnih integralovter neomejenih funkcij.

Definicija 3.5.1. Naj bo f : (a, b] → R zvezna neomejena funkcija. Čeobstaja limita

limε→0+

∫ b

a+εf(x) dx

jo imenujemo izlimitirani integral funkcije f na intervalu (a, b], rečemo daintegral konvergira in limito označimo z

∫ b

af(x) dx.

Če limita ne obstaja, rečemo, da integral divergira.

Podobno definiramo izlimitirani integral zvezne neomejene funkcije f :[a, b) → R kot

∫ b

af(x) dx = lim

ε→0+

∫ b−ε

af(x) dx,

če limita seveda obstaja. Poglejmo si nekaj primerov.

Primer 3.5.2. Poglejmo si integral∫ 1

0

1

xsdx,

kjer je s < 1.

limε→0+

∫ b

ε

1

xsdx = lim

ε→0+x1−s

(1− s) |1ε = lim

ε→0+1

1− s −1

(1− s)− ε1−s1−s=

1

1− s,

saj je 1− s > 0. Torej izlimitirani integral obstaja in je enak∫ 1

0

1

xsdx =

1

1− s.

Poskusimo sedaj izračunati∫ 1

0

1

xdx.

3.5. IZLIMITIRANI INTEGRAL 39

V tem primeru je

limε→0+

∫ b

ε

1

xdx = lim

ε→0+lnx|1ε = lim

ε→0+0− ln ε.

Ker ta limita ne obstaja, integral∫ 1

0

1

xdx

divergira, kar pomeni, da ne obstaja. Ker za s > 1 na intervalu (0, 1) velja1xs >

1x , integral

∫ 1

0

1

xsdx

divergira za vsak s ≥ 1.Posplošitev zgornjih dveh primerov je naslednji izrek, ki ga navedimo

brez dokaza.

Izrek 3.5.3. Naj bo f zvezna na intervalu [a, b]. Izlimitirani integral∫ b

a

f(x)

(x− a)s dx

obstaja, če je s < 1. Če je s ≥ 1 in f(a) 6= 0, ta integral divergira.

Definicija 3.5.4. Naj bo f : [a,∞) → R zvezna funkcija. Če obstajalimita

limb→∞

∫ b

af(x) dx

jo imenujemo izlimitirani integral funkcije f na intervalu [a,∞), rečemo daintegral konvergira in limito označimo z

∫ ∞

af(x) dx.

Če limita ne obstaja, rečemo, da integral divergira.

Podobno definiramo integral funkcij na (−∞, a].Primer 3.5.5. Poglejmo si integral

∫ ∞

1

1

xsdx,

kjer je s > 1.

limb→∞

∫ b

1

1

xsdx = lim

b→∞− 1(1− s)xs−1 |

b1 = lim

b→∞1

(1− s)bs−1 +1

s− 1 =1

s− 1 .

Torej za s > 1 izlimitirani integral obstaja in je enak∫ ∞

1

1

xsdx =

1

s− 1 .

Poskusimo sedaj izračunati∫ ∞

1

1

xdx.

3.5. IZLIMITIRANI INTEGRAL 40

V tem primeru je

limb→∞

∫ b

1

1

xdx = lim

b→∞lnx|b1 = lim

b→∞ln b.

Ker ta limita ne obstaja, integral∫ ∞

1

1

xdx

divergira, kar pomeni, da ne obstaja. Podobno potem za vsak s ≤ 1 integral∫∞1

1xs dx divergira.

Zopet brez dokaza navedimo bolj splošen izrek

Izrek 3.5.6. Naj bo f zvezna in omejena na intervalu [a,∞). Izlimiti-rani integral

∫ b

a

f(x)

xsdx

obstaja, če je s > 1. Če je s ≥ 1 in |f(a)| > δ za vse x ≥ m, ta integraldivergira.

V primeru, ko imamo na integracijskem območju več problemov, moramovsakega obravnavati posebej. Poglejmo si dva primera.

Primer 3.5.7. Poglejmo si konvergenco integrala∫ ∞

1

1

x√x2 − 1

dx.

Za obstoj integrala imamo težavo pri 1 in v ∞. Integral zato razdelimo nadva integrala

∫ ∞

1

1

x√x2 − 1

dx =

∫ 2

1

1

x√x2 − 1

dx+

∫ ∞

2

1

x√x2 − 1

dx.

Prvotni integral bo obstajal natanko tedaj, če obstajata vsak od integralov.Poglejmo prvi integral

∫ ∞

1

1

x√x2 − 1

dx =

∫ ∞

1

1x√x+1√

x− 1dx.

Ker je funkcija 1x√x+1

zvezna na [1, 2] integral obstaja, saj imamo v imeno-

valcu (x− 1) 12 . Prav tako obstaja drugi integral, ker je∫ ∞

2

1

x√x2 − 1

dx =

∫ ∞

2

x2√x2−1x2

dx

in je funkcija x2√

x2−1 omejena. Prvotni integral torej obstaja.

Primer 3.5.8. Za katere α obstaja integral∫ ∞

0

arctanx

xαdx?

Problem obstoja tega integrala je tako v 0 kot seveda v ∞. Zato integralrazbijemo na dva integrala, in vsakega obravnavamo posebej

∫ ∞

0

arctanx

xαdx =

∫ 1

0

arctanx

xαdx+

∫ ∞

1

arctanx

xαdx.

3.5. IZLIMITIRANI INTEGRAL 41

Obravnavajmo najprej prvi integral.∫ 1

0

arctanx

xαdx =

∫ 1

0

(arctanx)/x

xα−1dx.

Označimo g(x) = (arctanx)/x. Ker velja limx→0 g(x) = 1, lahko razumemog kot zvezno funkcijo na [0, 1], ki v 0 nima ničle. Zato integral obstaja, čein samo če velja α− 1 < 1, oziroma α < 2. Poglejmo si še drugi integral

∫ ∞

1

arctanx

xαdx.

Ker je funkcija arctanx omejena in velja limx→∞ arctanx = π/2 6= 0, inte-gral obstaja če in samo če velja α > 1. Prvoten integral obstaja natankotedaj, ko obstajata oba integrala, torej, ko je 1 < α < 2.

Eulerjeva Γ funkcija. Kot primer izlimitiranega integrala si poglejmodefinicijo funkcije Γ, ki je ena pomembneǰsih funkcij v matematiki.

Definicija 3.5.9. Eulerjeva Γ funkcija je funkcija, definirana na (0,∞)s zapisom

Γ(s) =

∫ ∞

0xs−1e−x dx.

Poglejmo si najprej, da integral dejansko obstaja za vsak s > 0. Ker jetežava tako v 0 kot v ∞ zapǐsemo

∫ ∞

0xs−1e−x dx =

∫ 1

0xs−1e−x dx+

∫ ∞

1xs−1e−x dx.

Prvi integral zagotovo obstaja natanko tedaj, ko je s > 0. Da ugotovimoobstoj drugega integrala, pǐsimo

∫ ∞

1xs−1e−x dx =

∫ ∞

1

xs+1e−x

x2dx.

Ker je limx→∞ xs+1e−x = 0 pri katerem koli s, integral obstaja. FunkcijaΓ(s) je torej dobro definirana za vsak s > 0. Velja

Γ(1) =

∫ ∞

0e−x dx = −e−x|∞0 = 1.

Poglejmo si še Γ(12).

Γ(1

2) =

∫ ∞

0x−

1

2 e−x dxu=

√x

= 2

∫ ∞

0e−u

2

du =

∫ ∞

−∞e−u

2

du.

Zadnjega integrala še ne znamo izračunati. Preprost izračun je mogoč zuporabo dvojnega integrala. Velja pa

∫ ∞

−∞e−u

2

du =√π,

torej je

Γ(1

2) =

√π.

Trditev 3.5.10. Za vsak s > 0 velja

Γ(s+ 1) = sΓ(s).

3.6. UPORABA INTEGRALA V GEOMETRIJI 42

Dokaz. Formulo dokažimo s pomočjo integracije po delih.

Γ(s+ 1) = limb→∞

∫ b

0xse−x dx

= limb→∞

(

−xse−x|b0 + s∫ b

0xs−1e−x dx

)

= limb→∞

−bseb

+ s limb→∞

∫ b

0xs−1e−x dx

= sΓ(s).

�

Trditev nam omogoča, da preprosto izračunamo vrednost Γ funkcije zanaravna števila.

Γ(n) = (n− 1)Γ(n− 1) = (n− 1)(n− 2)Γ(n− 2)= · · · = (n− 1)(n− 2) · · · 1Γ(1) = (n− 1)!.

Eulerjeva Γ funkcija je torej nekakšna posplošitev pojma fakulteta na po-zitivna realna števila. Funkcija Γ ima mnogo zanimivih lastnosti, katerihizpeljava pa običajno zahteva tehnike večkratne ali pa kompleksne integra-cije. Omenimo Eulerjevo zrcalno formulo

Γ(s)Γ(1− s) = πsin(πs)

,

ki velja za 0 < s < 1.

3.6. Uporaba integrala v geometriji

Ploščina med grafoma. Naj bosta funkciji f in g (kosoma) zvezni naintervalu [a, b] in naj velja f(x) ≤ g(x) za vsak x ∈ [a, b]. Potem je ploščinamed grafoma funkcij f in g nad intervalom [a, b] enaka

pl =

∫ b

a(g(x)− f(x)) dx.

a b

pl

f(x)

g(x)

Slika 3.2. Ploščina med grafoma

Primer 3.6.1. Izračunajmo ploščino lika, ki ga omejujeta grafa funkcijf(x) = x2 − x in g(x) = x. Grafa se sekata v točkah, kjer velja f(x) = g(x),kar pomeni x2 − x = x oziroma x = 0 in x = 2.

3.6. UPORABA INTEGRALA V GEOMETRIJI 43

x2

x

2

Dolžina grafa funkcije. V tem razdelku bomo izpeljali formulo zadolžino grafa zvezno odvedljive funkcije. Naj bo torej f : [a, b] → R zveznoodvedljiva. Izberemo delitev D = {x0, x1, . . . , xn} intervala [a, b] in graffunkcije f aproksimiramo s poligonsko črto z oglǐsči (x0, f(x0)), (x1, f(x1)),· · · , (xn, f(xn)).

f(x)

x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6

Dolžino grafa funkcije nato aproksimiramo z dolžino te poligonske črte:

l =n∑

k=1

√

(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1)2

=n∑

k=1

√

(xk − xk−1)2 + f ′(ξk)(xk − xk−1)2

=n∑

k=1

√

1 + (f ′(ξk))2(xk − xk−1),

kjer so ξk neke točke na intervalih [xk−1, xk] (uporabili smo Lagrangeovizrek). Naj bosta

mk = min[xk−1,xk]

√

1 + (f ′(x))2, Mk = max[xk−1,xk]

√

1 + (f ′(x))2

za vsak 1 ≤ k ≤ n. Ker je mk ≤√

1 + (f ′(ξk))2 ≤ Mk veljan∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

√

1 + (f ′(ξk))2(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

Mk(xk − xk−1).

V limiti torej dobimo

l =

∫ b

a

√

1 + (f ′(x))2 dx

3.6. UPORABA INTEGRALA V GEOMETRIJI 44

Primer 3.6.2. Izračunajmo dolžino grafa funkcije f(x) = lnx2 − x2

4 medx = 1 in x = e. Integrirati moramo funkcijo

√

1 + (f ′(x))2 dx =

√

1 + (1

2x− x

2)2 =

√

1 +x2

4− 2 + 1

4x2

=

√

x2

4− 1 + 1

4x2=

√

(

x

2− 1

x

)2

=x

2− 1

x

Torej je dolžina grafa enaka

l =

∫ e

1

(

x

2− 1

x

)

dx =

(

x2

4− lnx

2

)∣

∣

∣

∣

e

1

=e2 − 3

4.

Volumen in površina vrtenine. Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcijain naj bo f > 0 na (a, b). Če zavrtimo graf funkcije f okrog x-osi dobimorotacijsko telo, ki mu rečemo vrtenina. Izpeljimo formulo za volumen tevrtenine. Naj bo D = {x0, x1, . . . , xn} poljubna delitev intervala [a, b]. Najbo mk = min[xk−1,xk] f in Mk = min[xk−1,xk] f . Za volumen Vk vrtenine nadintervalom [xk−1, xk] dobimo oceno

πm2k(xk − xk−1) ≤ Vk ≤ πM2k (xk − xk−1),

saj je nad tem intervalom vrtenina v celoti vsebovana v valju okrog [xk−1, xk]z radijem Mk in v celoti vsebuje valj okrog tega intervala z radijem mk. Zatoje

πn∑

k=1

m2k(xk − xk−1) ≤ V ≤ πn∑

k=1

M2k (xk − xk−1).

Leva vsota je spodnja Darbouxova vsota za funkcijo π(f(x))2, desna vsotapa zgornja Darbouxova vsota za to funkcijo pri delitvi D. Torej je

π sup sf2(D) ≤ V ≤ π inf Sf2(D)

in ker integral f2 obstaja, dobimo

V = π

∫ b

a(f(x))2 dx.

Če je f zvezno odvedljiva lahko podobno, a malo bolj zapleteno, izpeljemoformulo za površino vrtenine

P = 2π

∫ b

af(x)

√

1 + (f ′(x))2 dx.

V tem primeru površine nad podintervali poljubne delitve D aproksimiramoz deli plaščev stožcev in postopamo podobno kot pri izpeljavi dolžine grafa.

Primer 3.6.3. Izračunajmo volumen in površino vrtenine, ki jo dobimoz vrtenjem grafa funkcije f(x) = chx okrog x osi med x = 0 in x = a.

3.6. UPORABA INTEGRALA V GEOMETRIJI 45

1

−1

−2

1 2 3 4x

y

f(x)

Slika 3.3. Rotacijsko telo funkcije f(x)

Volumen izračunamo po formuli

V =π

∫ a

0(chx)2 dx = π

∫ a

0

(

ex + e−x

2

)2

dx

=π

4

∫ a

0(e2x + 2 + e−2x dx =

π

4(e2x/2 + 2x− e−2x/2)

∣

∣

a

0

=π

4(2a+ sh(2a)).

Površina je

P =2π

∫ a

0(chx)

√

1 + (ch′ x)2 dx = 2π∫ a

0chx

√

1 + sh2 x dx

= 2π

∫ a

0chx

√

ch2 x dx = 2π

∫ a

0ch2 x dx

=π

2(2a+ sh(2a)).

POGLAVJE 4

Funkcijska zaporedja in funkcijske vrste

4.1. Konvergenca in enakomerna konvergenca

Funkcijsko zaporedje ni nič drugega, kot zaporedje funkcij f1, f2, f3, . . .,ki so vse definirane na neki množici D ⊂ R. V tem razdelku bomo obravna-vali dva različna pojma konvergence takih zaporedij, konvergenco po točkahter enakomerno konvergenco.

Definicija 4.1.1. Funkcijsko zaporedje {fn}∞n=1 konvergira po točkahna D proti funkciji f : D → R, če za vsak x ∈ D velja

limn→∞

fn(x) = f(x).

Funkciji f rečemo limita zaporedja {fn}∞n=1.

Primer 4.1.2. Naj bodo fn : [0, 1] → R definirane s predpisom fn(x) =xn. Za vsak x ∈ [0, 1] velja

limn→∞

fn(x) = limn→∞

xn = 0,

medtem ko je

limn→∞

fn(1) = limn→∞

1 = 1.

Limita zaporedja {fn}∞n=1 je torej funkcija

f(x) =

{

0 , 0 ≤ x < 11 , x = 1.

Kot vidimo, limitna funkcija f : [0, 1] → R ni zvezna na [0, 1], čeprav sotam zvezne vse funkcije fn. Zveznost torej ni lastnost, ki bi se ohranjala prikonvergenci po točkah.

Bolj uporabna kot konvergenca po točkah je v analizi enakomerna kon-vergenca.

Definicija 4.1.3. Funkcijsko zaporedje {fn}∞n=1 konvergira enakomernona D ⊂ R proti funkciji f : D → R, če za vsak ε > 0 obstaja tak n0, daje |fn(x) − fx)| < ε za vsak x ∈ D in vsak n ≥ n0. Funkciji f rečemoenakomerna limita zaporedja {fn}∞n=1.

Če funkcijsko zaporedje {fn}∞n=1 enakomerno konvergira proti funkcijif , potem proti tej funkciji konvergira tudi po točkah. Pri običajni limitipo točkah namreč zahtevamo, da za vsak x ∈ D obstaja tak n0, da velja|fn(x) − f(x)| < ε če n ≥ n0. Pri različnih točkah x ∈ D so take vrednostin0 lahko različne. Pri enakomerni limiti pa dodatno zahtevamo, da tak n0lahko izberemo neodvisno on točke x, zato je ta pogoj strožji.

46

4.1. KONVERGENCA IN ENAKOMERNA KONVERGENCA 47

Primer 4.1.4. Poglejmo si zopet zgornji primer fn : [0, 1] → R definiranes predpisom fn(x) = x

n. Naj bo x ∈ [0, 1]. Potem je |xn − 0| < ε, če veljan lnx < ln ε, oziroma n > ln εlnx . Ker je ln 1 = 0 je limx→1−

ln εlnx = ∞.

Zato noben n0 ni zadosti dober na vsem [0, 1]. Zaporedje {fn}∞n=1 torejne konvergira enakomerno na [0, 1]. Zaporedje {fn}∞n=1 torej konvergira potočkah, ne konvergira pa enakomerno.

Naslednji trije izreki nakazujejo razlog, zakaj je enakomerna konvergencaprecej bolǰsa kot le konvergenca po točkah. Nobeden od teh izrekov namrečne velja, če enakomerno konvergenco zamenjamo s konvergenco po točkah.

Izrek 4.1.5. Naj zaporedje {fn}∞n=1 konvergira enakomerno na D protifunkciji f : D → R. Če so vse fn zvezne v točki a ∈ D, potem je f zvezna va. Posebej, če so vse fn zvezne na D je na D zvezna tudi f .

Dokaz. Izberimo poljuben ε > 0 in naj bo n0 tak, da velja |fn(x) −f(x)| < ε/3 če n ≥ n0. Naj bo δ tak, da velja |fn0(x) − fn0(a)| < ε/3, čimje |x− a| < δ. Potem za |x− a| < δ velja

|f(x)− f(a)| = |f(x)− fn0(x) + fn0(x)− fn0(a) + fn0(a)− f(a)|≤ |f(x)− fn0(x)|+ |fn0(x)− fn0(a)|+ |fn0(a)− f(a)|< ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε.

Ker za vsak ε lahko izberemo tak δ, je funkcija zveza v a. �

Izrek 4.1.6. Naj bodo fn zvezne funkcije, ki enakomerno konvergirajoproti funkciji f na intervalu [a, b]. Potem velja

∫ b

af(x) dx = lim

n→∞

∫ b

afn(x) dx.

Dokaz. Naj bo ε > 0 poljuben in naj bo n0 tak, da je |fn(x)− f(x)| <ε

b−a za vsak x ∈ [a, b] in vsak n ≥ n0. Potem velja za vsak n ≥ n0∣

∣

∣

∣

∫ b

afn(x) dx−

∫ b

af(x) dx

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∫ b

a(fn(x)− f(x)) dx

∣

∣

∣

∣

≤∫ b

a|fn(x)− f(x)| dx

=

∫ b

a

ε

b− a dx = ε.

S tem je izrek dokazan. �

Primer 4.1.7. Naj bodo fn : [0, 1] → R definirane z fn(x) = n2xe−n2x2 .

Za vsak x ∈ [0, 1] velja

limn→∞

n2xe−n2x2 = lim

n→∞n2x

en2x2= 0,

zato je fn(x) po točkah konvergira proti funkciji f(x) = 0. Po drugi stranipa velja

∫ 1

0n2xe−n

2x2 dxu=n2x2=

1

2

∫ n2

0e−udu = −1

2e−u|n2u=0 =

1

2− e

−u2

2

4.2. FUNKCIJSKE VRSTE 48

in zato

limn→∞

∫ 1

0fn(x) =

1

2.

Seveda pa je∫ 1

0f(x) dx = 0.

Problem je seveda v tem, da konvergenca ni enakomerna.

Izrek 4.1.8. Naj bodo fn zvezno odvedljive funkcije, ki na odprtem inter-valu I konvergirajo proti zvezni funkciji f . Naj odvodi f ′n enakomerno kon-vergirajo na I proti funkciji g. Potem je f odvedljiva in velja f ′(x) = g(x).Drugače napisano, velja

(

limn→∞

fn

)

= limn→∞

f ′n.

Dokaz. Naj bo a ∈ I poljubna točka. Po zgornjem izreku velja∫ x

ag(t)dt = lim

n→∞

∫ x

af ′n(t)dt = limn→∞

(fn(x)− fn(a)) = f(x)− f(a).

Torej je f(x) nedoločeni integral funkcije g oziroma g = f ′. �

4.2. Funkcijske vrste

Funkcijska vrsta je formalna vsota oblike∞∑

n=1

fn(x),

kjer so fn funkcije, definirane na neki podmnožici D ⊂ R. Podobno, kotpri številskih vrstah nas tudi tu zanima konvergenca (vsota vrste), vendarpa, tako kot pri funkcijski zaporedjih, lahko gledamo različne načine kon-vergence.

Definicija 4.2.1. Funkcijska vrsta∞∑

n=1

fn

konvergira proti funkciji f na D ⊂ R, če za vsak x ∈ D veljaf(x) =

∑

n=0to∞fn(x).

Če za vsak x ∈ D konvergira vrsta∞∑

n=1

|fn(x)|

rečemo, da funkcijska vrsta konvergira absolutno proti f(x). Funkcijo fimenujemo vsota funkcijske vrste.

Naj bo∑∞

n=1 fn funkcijska vrsta. Podobno kot pri običajnih številskihvrstah označimo n-to delno vsoto vrste

s(x) =n∑

k=1

fk,

4.2. FUNKCIJSKE VRSTE 49

ki je v tem primeru seveda funkcija sn : D → R. Vrsta konvergira na D protif natanko tedaj, ko proti f po točkah konvergira funkcijsko zaporedje delnihvsot {sn}nn=1. Tako je dokaj jasno, kaj naj pri vrstah pomeni enakomernakonvergenca.

Definicija 4.2.2. Funkcijska vrsta∞∑

n=1

fn

konvergira enakomerno proti funkciji f na D ⊂ R, če zaporedje delnih vsot{sn}nn=1, vrste konvergira enakomerno proti f(x).

Izrek 4.2.3 (Weierstrassov M test). Naj za funkcije fn velja |fn(x)| ≤Mn za vsak x ∈ D, kjer so Mn pozitivna števila. Če vrsta

∞∑

n=1

Mn

konvergira, potem funkcijska vrsta∞∑

n=1

fn

konvergira enakomerno in absolutno na D.

Dokaz. Da vrsta konvergira absolutno je posledica primerjalnega kri-terija. Naj bo torej f = limsn vsota vrste, kjer so sn delne vsote. Pokažimo,da je konvergenca enakomerna. Naj bo ε > 0 poljuben. Ker vrsta

∑∞n=1Mn

konvergira, obstaja tak n0, da velja∑∞

k=n+1Mn < ε, če je le n ≥ n0. Zatak n velja

|f(x)− sn(s)| = |∞∑

k=n+1

fn(x)| ≤∞∑

k=n+1

Mn < ε.

Zato sn enakomerno konvergirajo proti f in zato vrsta konvergira enako-merno. �

Primer 4.2.4. Pokažimo, da vrsta∞∑